09水溶液中的离子反应与平衡-高考化学(2021-2023).docx

《09水溶液中的离子反应与平衡-高考化学(2021-2023).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《09水溶液中的离子反应与平衡-高考化学(2021-2023).docx（41页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题九 水溶液中的离子反应与平衡考点一 弱电解质的电离平衡1（2023年6月浙江卷）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验I：往溶液中滴加溶液。实验：往溶液中滴加溶液。已知：的电离常数，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中时，存在C实验中发生反应D实验中时，溶液中【答案】D【详解】A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变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，

2、因此存在，故B错误；C实验中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，故C错误；D实验中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。综上所述，答案为D。2（2023湖北卷）为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是A当时，体系中BpH在9.510.5之间，含L的物种主要为C的平衡常数的lgK约为14D当时，参与配位的【答案】C【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和

3、取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。【详解】A从图中可以看出Fe()主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)c(FeL+)c(HL-)c(OH-)，A错误；B根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.510.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；C该反应的平衡常数K=，当FeL2-与FeL+分布分数

4、相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.010-14.86，则该络合反应的平衡常数K10-14.16，即lg K14，C正确；D根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为FeL33-和FeL2(OH)2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c(FeL33-)=c(FeL2(OH)2-)=110-4molL-1，此时形成FeL33-消耗了310-4molL-1的L2-，形成FeL2(OH)2-消耗了210-4molL-1的L2-，共消耗了510-4molL-1的L2-，即参与配位的c(L2-)510-4，D错误；故答案选C。3（2023年1月浙江

5、卷）甲酸是重要的化工原料。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，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的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法不正确的是A活性成分在水中存在平衡：B的废水中C废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少D废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在【答案】D【详解】A由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A正确；B由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中=18，故B正确；C由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶

6、液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根个离子浓度减小，与作用的数目减小，故C正确；D由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误；故选D。4（2022全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是A溶液中B溶液中的HA的电离度为C溶液和中的不相等D溶液和中的之比为【答案】B【详解】A常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=110-7mol/L，c(H+)c(OH-)c(A-)，A错误；

7、B常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka=1.010-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.010-3，解得=，B正确；C根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=110-7mol/L，Ka=1.010-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.010-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka=1.010-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.010-3，溶液II中c总

8、(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为(104+1)c(HA)1.01c(HA)=(104+1)1.01104，D错误；答案选B。5（2022福建卷）探究醋酸浓度与电离度关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的步骤操作或叙述A.用标准溶液标定醋酸溶液浓度滴定时应始终注视滴定管中的液面B.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液应使用干燥的容量瓶C.测定步骤中所得溶液的应在相同温度下测定D.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度计算式为AABBCCDD【答案】C【详解】A中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变

9、化，A错误；B配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；C温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤中所得溶液的时应在相同温度下测定，C正确；D电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为，D错误；答案选C。6（2022湖北卷）下图是亚砷酸和酒石酸混合体系中部分物种的图(浓度：总为，总T为)。下列说法错误的是A的为B的酸性比的强C时，的浓度比的高D时，溶液中浓度最高的物种为【答案】D【分析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3mol/L，右坐标浓度的数量级为10-6mol/L，横坐标为pH，随着

10、pH的增大，先变大，然后再减小，同时变大，两者浓度均为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6。pH继续增大，则减小，同时增大，当pH=9.1时，=，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T浓度也大于总As。【详解】A，当pH=9.1时，=，为，A正确；B，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka Ka1，所以的酸性比的强，B正确；C由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以时，的浓度比的高，

11、C正确；D由可知条件，酒石酸，的为，即酒石酸的第一部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，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当时，溶液中浓度最高的物种不是，D错误；故选D。7（2022湖北卷）根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：，下列酸性强弱顺序正确的是ABCD【答案】D【详解】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，给出质子的物质是酸，则反应中，酸性：，反应中，酸性：，故酸性：，答案选D。8（2022浙江卷）时，苯酚的，下列说法正确的是A相同温度下，等的和溶液中，B将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大C时，

12、溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中D时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小【答案】C【详解】A醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)c(CH3COO-)，A错误；BC6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而升高温度，Kw增大，NaOH溶液中OH-浓度不变，H+浓度增大，pH减小，B错误；C当pH=10.00时，c(H+)=1.010-10，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C正确；DC6H5ONa中的C6H5O-可以水

13、解，会促进水的电离，D错误；故选C。9（2022浙江卷）已知25时二元酸H2A的Ka1=1.310-7，Ka2=7.110-15。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0.1molL-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10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【答案】B【详解】A在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B溶液

14、中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.310-5mol/L，c(HA-)c(H2A) 电离，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；C向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)c(HA-)，故C错误；DH2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pHa+1，故D错误；选B。10（2021湖北卷）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1molL-1，溶液中各含磷物种的pcpOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数

15、(pc=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数pOH=-lgc(OH-)；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是A曲线表示pc(H3PO3)随pOH的变化BH3PO3的结构简式为CpH=4的溶液中：c(H2PO)1.0105【答案】D【详解】A图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据 、 ，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线表示，曲线表示，曲线表示；根据x点知，时，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据z点知，

16、c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，曲线表示随的变化，故A错误；B为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C即，由图可知，此时，即，而，故，故C错误；D由减去，可得，则平衡常数，故D正确；故答案：D。考点二 水的电离和溶液的pH1（2023湖南卷）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A约为B点a：C点b：D水的电离程度：【答案】D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成Na

17、Cl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，=10-4.76，故A正确；Ba点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c

18、(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH7，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；答案选D。2（2023山东卷）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。在相同条件下，量取相同体积

19、的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是ABCD【答案】A【详解】根据滴定过程中，用-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液，需要消耗-甲醇的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量=；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=；设醇解的乙酸酐物质的量为x，水解的乙酸酐的物质的量为y，则x+y=；x+2y=；联立计算得：x=n(ROH)=，样品中羟基质量分数=， A正确；故选A。3（2023山东卷）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水

20、解可忽略。实验步骤如下：配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。根据上述实验原理，下列说法正确的是A可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验B若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小C步骤滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小D步骤中，若加水量不足，将导致测定结果偏大【答案】B【分析】用-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生

21、成的乙酸，消耗标准溶液，则消耗的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量为，ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量为，所以与ROH反应消耗的乙酸酐的物质的量为。【详解】A乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A项错误；B若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，步骤中所得V2偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏小，B项正确；C步骤滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V1偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏大，C项错误；D步骤中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗

22、NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V2偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏小，D项错误；答案选B。4（2022山东卷）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是A可用量筒量取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标准溶液C应选用烧杯而非称量纸称量固体D达到滴定终点时溶液显橙色【答案】A【分析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。【详解】A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

23、移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；BNa2CO3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溶液而将瓶塞粘住，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；CNa2CO3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；DNa2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，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；综上所述，本题选A。5（2022浙江卷）已知25时二元酸H2A的Ka

24、1=1.310-7，Ka2=7.110-15。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0.1molL-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10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【答案】B【详解】A在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)0.1mol

25、/L，Ka1=，c(HA-)=1.310-5mol/L，c(HA-)c(H2A) 电离，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；C向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)c(HA-)，故C错误；DH2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pHa+1，故D错误；选B。考点三 溶液中粒子浓度大小比较1（2023湖南卷）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A约为B点a：C点b：D水的电离程度：【答案】D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3CO

26、OH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，=1

27、0-4.76，故A正确；Ba点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH7，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；答案选D。2（2023湖北卷）为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是A当时，体系中BpH在9.510.5之间，含L的物种主要为C的平衡

28、常数的lgK约为14D当时，参与配位的【答案】C【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。【详解】A从图中可以看出Fe()主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)c(FeL+)c(HL-)c(OH-)，A错误；B根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH

29、在9.510.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；C该反应的平衡常数K=，当FeL2-与FeL+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.010-14.86，则该络合反应的平衡常数K10-14.16，即lg K14，C正确；D根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为FeL33-和FeL2(OH)2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c(FeL33-)=c(FeL2(OH)2-)=110-4molL-1，此时形成FeL33-消耗了310-4molL-1的L2-，形成FeL2(OH)2-消耗了210-4molL-1的L2-，共消耗了

30、510-4molL-1的L2-，即参与配位的c(L2-)510-4，D错误；故答案选C。3（2022重庆卷）某小组模拟成垢除垢过程如图。100mL0.1molL-1CaCl2水溶液忽略体积变化，且步骤中反应完全。下列说法正确的是A经过步骤，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)B经过步骤，溶液中c(Na+)=4c(SO)C经过步骤，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)D经过步骤，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)【答案】D【详解】A经过步骤，100mL0.1molL-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaC

31、l2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4，生成0.02mol NaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)c(Cl-)，故A错误；B步骤中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3+NaSO4(aq)，步骤中反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，故B错误；C经过步骤，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HC

32、O)+2c(H2CO3)，故C错误；D步骤中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D正确；故选D。4（2022福建卷）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是A的数值为0.009B时，C时，x越大，生成的量越少D时，【答案】

33、C【详解】Ax1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，95%的氨气参与反应、有5%的氨气参与反应，反应消耗，参与反应消耗，A错误；Bxx1时，反应也生成氯离子，所以，B错误；Cxx1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；Dx=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D错误； 故本题选C。5（2022河北卷）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000molL-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)

34、的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A该水样中c(CO)=0.01molL-1Ba点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH)C当V(HCl)20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变D曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03molL-1【答案】C【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+= H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃

35、时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01mol/L。【详解】A由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；B由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH)+ c(CO)，故B错误；C由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)20.00mL时，只发生反应CO+H+=

36、HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；D由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)会小于0.03 mol/L，故D错误；故选C。6（2022江苏卷）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1molL-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()

37、+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.410-7、Ka2=4.410-11。下列说法正确的是 AKOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)c()BKOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)CKOH溶液吸收CO2，c总=0.1molL-1溶液中：c(H2CO3)c()D如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降【答案】C【详解】AKOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)c()，A不正确；BKOH完全转

38、化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2c()+c()+c(H2CO3)，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；CKOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1molL-1，c总=0.1molL-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2=2.310-8Ka2=4.410-11，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)c()，C正确；D如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3+2KO

39、H(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确；故选C。7（2022海南卷）NaClO溶液具有漂白能力，已知25时，Ka(HClO)=4.010-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是A0.01mol/L NaClO溶液中，c(ClO)0.01mol/LB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+HClOD25，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)c(ClO)=c(Na+)【答案】AD【

40、详解】A由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则0.01mol/L次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度0.01mol/L，故A正确；B次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中遇光会发生分解反应生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，故B错误；C过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为SO2+ClO+H2O=Cl+2H+，故C错误；D25，pH=7.0的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系c(ClO)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)，则溶液中c(C

41、lO)=c(Na+)，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为Kh=Ka，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为c(HClO)c(ClO-)=c(Na+)，故D正确；故选AD。8（2021江苏卷）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0.1molL-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8实验2：将0.1molL-1NaHCO3溶液与0.1molL-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀实验3：向0.1mo

42、lL-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9实验4：向0.1molL-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)Ksp(CaCO3)C实验3中发生反应的离子方程式为CO+H2O+CO2=2HCOD实验4中c反应前(CO)c反应后(CO)【答案】C【详解】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

43、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 由图知：和盐酸反应是放热反应， 和盐酸反应是吸热反应，c反应前(CO)c反应后(CO)，D错误；答案选C。9（2021福建卷）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是Aa点溶液的比c点溶液的小Ba点时，Cb点溶液中，Dab段，pH减小说明升温抑制了的水解【答案】A【详解】AKw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相

44、同，即氢离子浓度相同，但是不同，c点的Kw大，所以a点溶液的比c点溶液的小，故A正确；B碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh= ，所以，故B错误；Cb点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： ，由于c(H+)c(OH-)，所以，故C错误；D碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解的两个过程，故D错误；故选A。10（2021湖北卷）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1molL-1，溶液中各含磷物种的pcpOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)

45、，pOH表示OH-的浓度负对数pOH=-lgc(OH-)；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是A曲线表示pc(H3PO3)随pOH的变化BH3PO3的结构简式为CpH=4的溶液中：c(H2PO)1.0105【答案】D【详解】A图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据 、 ，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线表示，曲线表示，曲线表示；根据x点知，时，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据z点知，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，曲线表示随的变化，故A错误；B为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C即，由图可知，此时，即，而，故，故C错误；D由减去，可得，则平