H单元 水溶液中的离子平衡目录H单元 水溶液中的离子平衡1H1 弱电解质的电离1H2 水的电离和溶液的酸碱性11H3 盐类的水解16H4 胶体的性质及其运用25H5 难溶电解质的溶解平衡（课标新增内容）30H6 水溶液中的离子平衡综合42H1 弱电解质的电离【理综卷（化学解析）·2022届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（202201）WORD版】26．（13分）水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离。请回答下列问题：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的pH＝。（2）25℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为，由水电离出的c(OH－)＝mol·L－1。20100300500HClHXpHV/mL（3）体积均为100mL、pH均为2的盐酸与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如右图所示，则HX是（填“强酸”或“弱酸”），理由是。（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：化学式电离常数(25℃)HCNK＝4.9×10－10CH3COOHK＝1.8×10－5H2CO3K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11①25℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为（填化学式）。②25℃时，在0.5mol/L的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的倍。【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较溶液的pHH1H2H6【答案解析】（13分）（1）11 （2分）（2）CO＋H2OHCO＋OH－（2分）10－3 （2分）（3）弱酸 （1分）稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，说明HX存在电离平衡，故HX为弱酸。（2分）（4）①Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa（2分） ②9×108（2分） 解析：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下Kw=10-12，0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的c(H+)=10-12/0.1=10-11，pH＝11（2）碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－，由水电离出的c(OH－)＝10-14/10-11=10-3mol·L－1。（3）pH51\n相等的强酸和弱酸等倍稀释，强酸pH变化大些，即HX是弱酸⑷①酸性越弱，其盐水解程度越大，pH越大，根据电离常数知酸性：CH3COOH>HCN>HCO3-,则水解程度：Na2CO3>NaCN>CH3COONa,pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa②Ka=c2(H+)/0.5=1.8×10-5,c(H+)=3×10-3,c（OH－）=10-14/3×10-3=c(H+)H2O，c(H+)÷c(H+)H2O=9×108。【思路点拨】根据电离常数可判断酸性强弱；由水电离的c(H+)H2O与由水电离的c(OH－)H2O相等。【理综卷（化学解析）·2022届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（202201）WORD版】11．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）。其中正确的是①pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH降低2个单位②1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH4+物质的量前者大③pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)④pH＝4、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/LA．①②B．②③C．①③D．②④【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较H3H6H1【答案解析】D解析：pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH升高2个单位，①错误；②正确；NaHCO3溶液的pH＝8.3，表明其水解程度大于电离程度，即c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，③错误；根据物料守恒知有c(CH3COO－)+c(CH3COOH)＝0.2mol/L，根据电荷守恒有2c(CH3COO－)+2c（OH-）＝2c(Na+)+2c(H+)=0.2mol/L+2c(H+)，c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/L，④正确。【思路点拨】强酸或强碱稀释10倍，则pH变化1个单位，但强酸稀释，pH增大，离子浓度比较可运用电荷守恒、物料守恒及运用数学方法变形解答。【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】14．下列实验与对应的图象符合的是()A．向一定量的CH3COOH溶液中通入NH3至过量B．向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量C．C表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B饱和溶液升温至t2℃时，溶质的质量分数B=AD．D表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则同浓度的NaA溶液的pH大于NaB溶液51\n【知识点】物质化学反应性质综合、弱电解质的电离B4C2H1【答案解析】【解析】C解析：A、醋酸是弱酸，通入氨气生成盐醋酸铵导电能力增大，，故A错误；B、向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，先发生酸碱中和反应，之后铝盐与碱反应生成氢氧化铝，二者消耗氢氧化钠物质的量之比是1:3，故图像不符，故B错误；C、t1℃时A、B饱和溶液中二者质量分数相等，升温溶解度都增大，故升温至至t2℃时，溶质的质量分数不变，B=A，故C正确；D、D表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，说明HB酸性比HA弱，盐类水解中“越弱越水解”，则同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了化学与性质图像题，结合弱电解质的电离、盐类的水解等知识，D选项难一点，其它选项难度中等。【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】26．（14分）I．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.3×10-11.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11(1)25℃时，将20mL0.1mol/LCH3COOH溶液和20mL0.1mol/LHSCN溶液分别与20mL0.1mol/LNaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图所示：Ot反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是：。(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是____（填序号）。a.c(CH3COO－)b.c(H+)c.Kwd.醋酸电离平衡常数II．某温度(t℃)时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=11。在此温度下，将pH=2的H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液为中性，则Va︰Vb= 。III．如图所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液见图。（1）关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为_____51\n极，通电开始时，滤纸d端的电极反应式是：；（2）已知C装置中溶液为Cu(NO3)2和X(NO3)3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如右上图所示。则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是；D装置中溶液是H2SO4，则此装置电极C端的实验现象是：_____________________。【知识点】弱电解质的电离、PH的计算、电解、原电池原理F3F4H1【答案解析】【解析】I、（1）HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)b;II．10:1；III．(1)负；2H++2e-=H2↑（2）开始有无色无味气体生成，后来有红色物质生成解析：I、（1）由Ka（CH3COOH）=1.8×10-5和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO-）＜c（SCN-），故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)a．加入氨气，促进醋酸的电离，则c（CH3COO-）增大，故a错误；b．加入氨气，氢氧根浓度增大，c（H+）减小，故b正确；c．由于温度不变，则Kw不变，故c错误；d．由于温度不变，醋酸电离平衡常数不变，故d错误．故答案为：b；II．某温度时0.01mol/L的NaOH溶液中c（OH-）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=1×10-11mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=0.01×1×10-11=1×10-13；此温度下将pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液呈中性，则反应后的溶液的n（OH-）=n（H+）,即：0.01mol/L·VaL=0.1mol/L·VbL，Va︰Vb=10:1III．(1)据题意KMnO4紫红色液滴向c端移动，说明高锰酸根离子向c端移动，可推出c极为阳极，进一步可确定电源a端为正极，b端为负极，通电一段时间后，滤纸d端为阴极，发生反应为2H++2e-=H2↑；（2）打开K1，关闭K2，为电解硝酸银和硝酸铜的串联电路，C装置中右端Pt电极为阴极，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示，表示转移电子数0.2mol，说明只有铜离子先放电，后氢离子放电，故氧化顺序为：Cu2+>H+>X3+，D装置中Cu为阳极，放电生成铜离子，C为阴极，氢离子放电生成氢气，后来铜离子放电生成铜，所以现象为：开始有无色无味气体生成，后来有红色物质生成；【思路点拨】本题考查较为综合，涉及盐类的水解、难溶电解质的转化以及燃料电池等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等.【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】16．标准状况下，向100mLH2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。下列分析正确的是A．原H2S溶液的物质的量浓度为0.05mol/LB．氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强C．b点水的电离程度比c点水的电离程度大51\nD．a点对应溶液的导电性比d点强【知识点】弱电解质的电离、化学方程式的计算H1【答案解析】【解析】C解析：A．b点时H2S恰好反应，消耗SO20.112mL÷22.4L/mol=0.005mol，由反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O可知，n（H2S）=0.005mol×2=0.01mol，则c（H2S）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，故A错误；B．d点时，亚硫酸浓度约是0.1mol/L，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，故B错误；C．b点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制，故C正确；D．H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了化学反应图象、化学方程式有关计算、水的电离、溶液酸碱性、电解质溶液导电能力，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等。【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】15．已知常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，向10mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中A．水的电离程度始终增大B．先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)【知识点】酸碱混合的定性判断H1【答案解析】【解析】D解析：A.酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=[c(H+)•c(NH3•H2O)]/c(NH4+),随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则c(NH4+)/c(NH3•H2O)变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=[c(OH−)•c(NH4+)]/c(NH3•H2O),c（OH-）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以c(NH4+)/c(NH3•H2O)逐渐减小，即c(NH4+)/c(NH3•H2O)始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了51\n酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法.【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】8．已知HCl为强酸，下列对比实验不能用于证明CH3COOH为弱酸的是 A．对比等浓度的两种酸溶液的pH B．对比等浓度的两种酸溶液，与相同大小镁条反应的初始速率 C．对比等浓度、等体积的两种酸溶液，与等量NaOH溶液反应后放出的热量 D．对比等浓度、等体积的两种酸溶液，与足量Zn反应，生成H2的体积【知识点】弱电解质在水中的电离平衡H1【答案解析】【解析】D解析：A．对比等浓度的两种酸的pH，如醋酸pH比盐酸pH大，说明醋酸没有完全电离，可说明为弱酸，A不选；B．氢离子浓度越大，反应速率越大，可对比等浓度的两种酸，与相同大小镁条反应的初始速率判断酸性的强弱，故B不选；C．电解质的电离为吸热过程，如醋酸为弱酸，也发生中和反应放出的热量少于盐酸，可证明酸性的强弱，故C不选；D．等浓度、等体积的两种酸，与足量Zn反应，生成H2的体积相等，不能证明酸性的强弱，故D选故答案选D【思路点拨】本题考查了弱电解质的实验方法设计，题目难度中等，注意判断弱电解质的角度，把握正确的判断方法。【化学卷（解析）·2022届福建省泉州五校高三联考（202201）】16.下列依据相关实验得出的结论正确的（）A．SiO2既能与HF溶液反应，又能与NaOH溶液反应，说明SiO2是两性氧化物B．用大理石和浓盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强C．向某溶液中滴加硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，说明该溶液中含有SO42-D．相同体积PH均为3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HB的酸性比HA的酸性强【知识点】元素化合物酸性比较离子检验D1H1J2【答案解析】D解析：两性氧化物的定义是与酸、碱反应均生成盐和水,而SiO2与HF反应生成的SiF4不是盐,所以A错误；B项生成的二氧化碳含盐酸也可与硅酸钠反应而干扰实验，B错误；C项可能含SO32-，被硝酸氧化为SO42-而干扰实验，C错误；相同体积pH均为3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HA的物质的量大，HB的酸性比HA的酸性强，D正确。【思路点拨】碱性氧化物的概念中的酸不是特殊的酸，是具有酸的通性的酸；物质的检验要防止干扰。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】27．（15分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：51\n（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。①H3PO2中，P元素的化合价为__________；②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为___________（填化学式）；③NaH2PO2为___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式______________________。（4）H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：①写出阳极的电极反应式____________________________________；②分析产品室可得到H3PO2的原因___________________________________；③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有杂质，该杂质产生的原因是。【知识点】弱电解质的电离盐的水解电解原理H1H3F4【答案解析】（1）H3PO2H+＋H2PO2-(2)①+1。②H3PO4。③正盐，碱性。（3）2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2（4）①2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2.②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。解析：（1）根据一元酸只发生一步电离，中强酸是弱电解质得：H3PO2H+＋H2PO2-(2)①利用元素化合价代数和为零，得出H3PO2中P元素为+1价。②H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者1︰4反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。（3）反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，配平得：2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2（4）①阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2↑.51\n②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.③由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、电解原理，注意将电化学与氧化还原反应原理相联系。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】11．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10—5mol·L—1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaOH三种溶液的c(Na＋)：③＞②＞①【知识点】溶液中的离子浓度关系H3H1H6【答案解析】C解析：A、H2S溶液中，c(H+)＞c(HS－)，故A错误；B、pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，由于稀释促进氨水的电离，稀释后pH减小，但减小的值小于1，故B错误；C、pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合都满足电荷守恒式：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)，故C正确；D、pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaOH三种溶液，NaHCO3的浓度最大，NaOH的浓度最小，c(Na＋)浓度应该为：②＞①＞③，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了溶液中的离子浓度关系，理解任何溶液都满足电荷守恒，弱电解质加水稀释促进弱电解质的电离。【化学卷（解析）·2022届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（202212）word版】2某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度下列分析正确的是A.实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C.实验②、③均为放热反应D.实验①、②所涉及的物质均为电解质【知识点】反应热氧化还原反应B2F1H1【答案解析】B解析：③反应制得的是氢氧化铁胶体，是混合物，A错误；实验②的反应是水解反应，B正确；水解反应是吸热反应，C错误；实验①51\n所涉及的物质：铁、氯气不是电解质，也不是非电解质，D错误。【思路点拨】胶体、溶液、浊液是混合物；电解质和非电解质的是化合物。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】10.下列说法正确的是A.向Na2CO3溶液通入CO2,可使水解平衡：向正反应方向移动，则溶液pH增大B．室温时，0.1mol某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH=4C.NH3.H2O溶液加水稀释后，溶液中的值增大D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同【知识点】离子浓度比较H1H2【答案解析】B解析：A、由于碳酸钠和二氧化碳反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，故A错误；B、溶液中的氢离子浓度是0.1mol×0.1%=1×10-4mol/L，pH=4，故B正确；C、NH3.H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH3.H2O）减小，n（NH4+）增大，的值减小，故C错误；D、盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，水解，促进水的电离，故D错误。故选B。【思路点拨】若电解质加水稀释促进电离；酸溶液或碱溶液中，水的电离被抑制，水解盐促进水的电离。【化学卷（解析）·2022届福建省厦门市高三上学期质检检测（202201）word版】13．25℃时，相同pH值的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A-)小于c(B-)B.a点溶液的导电性大于b点溶液C.a点的c(HA)大于b点的c(HB)D.HA的酸性强于HB【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡H1【答案解析】D解析：pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小，据此得出酸性：HA＞HB。A、根据“越弱越水解”的规律，可知A-的水解程度小于B-的水解程度，故同浓度的NaA与NaB溶液中，c（A-） 大于c（B-），错误；51\nB、在这两种酸溶液中，C（H+）≈C（A-），C（H+）≈C（B-），而a点的C（H+）小于b点的C（H+），故a点的C（A-）小于b点的C（B-），即a点的离子浓度小于b点的离子浓度，故a点的导电能力小于b点，错误；C、在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HA＞HB，故在稀释前两种酸溶液的浓度C（HA）＜C（HB），故将溶液稀释相同倍数时，酸的浓度仍有：C（HA）＜C（HB），错误；D、pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小，故HA的酸性强于HB的酸性，正确。【思路点拨】本题考查了强弱电解质溶液稀释时的pH及浓度的变化，注意加水促进弱电解质电离的特点，属于易错试题。H2 水的电离和溶液的酸碱性【理综卷（化学解析）·2022届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（202201）WORD版】26．（13分）水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离。请回答下列问题：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的pH＝。（2）25℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为，由水电离出的c(OH－)＝mol·L－1。20100300500HClHXpHV/mL（3）体积均为100mL、pH均为2的盐酸与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如右图所示，则HX是（填“强酸”或“弱酸”），理由是。（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：化学式电离常数(25℃)HCNK＝4.9×10－10CH3COOHK＝1.8×10－5H2CO3K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11①25℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为（填化学式）。②25℃时，在0.5mol/L的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的倍。【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较溶液的pHH1H2H6【答案解析】（13分）（1）11 （2分）（2）CO＋H2OHCO＋OH－（2分）10－3 （2分）（3）弱酸 （1分）稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，说明HX存在电离平衡，故HX为弱酸。（2分）（4）①Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa（2分） ②9×108（2分） 解析：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下Kw=10-12，0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的c(H+)=10-12/0.1=10-11，pH＝11（2）碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－，由水电离出的c(OH－)＝10-14/10-11=10-3mol·L－1。（3）pH相等的强酸和弱酸等倍稀释，强酸pH变化大些，即HX是弱酸⑷①酸性越弱，其盐水解程度越大，pH越大，根据电离常数知酸性：CH3COOH>HCN>HCO3-,则水解程度：Na2CO351\n>NaCN>CH3COONa,pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa②Ka=c2(H+)/0.5=1.8×10-5,c(H+)=3×10-3,c（OH－）=10-14/3×10-3=c(H+)H2O，c(H+)÷c(H+)H2O=9×108。【思路点拨】根据电离常数可判断酸性强弱；由水电离的c(H+)H2O与由水电离的c(OH－)H2O相等。【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】12．能大量共存于同一溶液中，且当加入另一种强电解质使水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L时又一定能发生反应的离子组是（）①Na+、Ba2+、Cl-、HCO3-②K+、NH4+、CH3COO-、SO42-③Ca2+、Cu2+、NO3-、SO32-④Fe3+、Na+、SCN-、Cl-⑤Al3+、Na+、HCO3-、NO3-⑥Fe2+、Na+、NO3-、I-⑦Ag+、NH4+、OH-、NO3-⑧Na+、K+、CH3COO-、NO3-A．①②⑥B．②③⑥C．①②D．③⑤⑦【知识点】离子共存、水的电离B1H2【答案解析】【解析】A解析：①离子之间不发生任何反应，可存在于同一溶液中，HCO3-既能与OH-反应也能与H+反应而不能大量存在，故①选；②离子可大量共存于同一溶液中，碱性条件下NH4+不能大量存在，酸性条件下CH3COO-不能大量存在，故②选；③Ca2+、Cu2+与SO32-反应生成沉淀而不能大量共存，故③不选；④Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存，故④不选；⑤Al3+与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，故⑤不选；⑥离子可大量共存于同一溶液中，但在酸性条件下Fe2+、I-与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性条件下Fe2+不能大量存在，故⑥选；⑦Ag+、NH4+、OH-不能大量共存，故⑦不选；⑧无论在酸性还是碱性条件下离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故⑧不选故答案选A【思路点拨】本题考查了离子共存问题，题目难度中等，本题注意把握题目所给信息，解答该题的关键，注意掌握常见离子的性质。【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】13．常温下1体积pH=2．5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应,则该碱溶液的pH等于（）A．9．0B．9．5C．10．5D．11．0【知识点】pH的简单计算H2【答案解析】C解析：据题意，一元强酸和一元强碱恰好反应，故有H+与OH-的物质的量相等，设强酸的体积为V，则强碱的体积为10V，有V•10-2.5=10V•10pH-14，解得pH=10.5，故选C。【思路点拨】本题考查了强酸和强碱混合后溶液PH的计算，解此类题型的要点是根据反应H++OH-=H2O计算溶液中的H+或OH-的浓度，进而计算PH，难度不大。51\n【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】5．PH试测定溶液pH的正确操作是（）A．将一小块试纸放在表面皿上,用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上,再与标准比色卡对照B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上,用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上,再与标准比色卡对照C．将一小条试纸在待测液中蘸一下,取出后放在表面皿上,与标准比色卡对照D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后,在待测液中蘸一下,取出后与标准比色卡对照【知识点】pH试纸的使用H2【答案解析】A解析：：pH试纸的正确使用方法是：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；故A正确。【思路点拨】本题考查了pH试纸的使用，难度不大。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】13．常温下，下列有关醋酸的叙述中不正确的是A.pH=5．6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中:c(Na+)<c(CH3C00-)B．将PH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c(OH-)不断增大C．等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14D．浓度均为0.1mol．L-1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后：(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)【知识点】酸与碱反应规律溶液中的离子浓度关系H2H3H6【答案解析】C解析：A、根据电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(CH3C00-)+c(0H-)，pH=5．6说明c(0H-)<c(H+)，则c(Na+)<c(CH3C00-)，故A正确；B、醋酸稀释过程中c(H+)减小，由于水的离子积一定，所以c(OH-)不断增大，故B正确；C、a+b=14时，醋酸过量，不会恰好中和，故C错误；D、符合电荷守恒式，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了酸与碱反应规律及溶液中的离子浓度关系，易错点是酸碱的强弱问题，注意中和与中性的区别。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】10．在不同温度下，水溶液中c（H＋）与c（OH－）有如右图所示关系。10-710-6下列关于离子共存说法中正确的是51\nA．a点对应的溶液中只大量存在：Fe3＋、Na＋、Cl－、SOB．b点对应的溶液中只大量存在：NH、Ba2＋、OH－、I－C．c点对应的溶液中只大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、HCOD．d点对应的溶液中只大量存在：Na＋、K＋、SO、Cl－【知识点】溶液的酸碱性离子共存问题H2B1H3【答案解析】D解析：A、a点对应的溶液中c（H＋）=c（OH－），溶液呈中性，Fe3＋不能大量存在，故A错误；B、b点对应的溶液呈酸性不能大量存在OH－，故B错误；C、如果只大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、HCO，溶液应该呈碱性，而c点对应的溶液呈中性，故C错误；D、SO水解使溶液呈碱性，符合题意，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了溶液的酸碱性和离子共存问题，明白图像上各点溶液的酸碱性是关键。【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】1、下列说法中正确的是A、冰和干冰均为分子晶体，冰的沸点、密度都高于干冰B、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应的△H>0，所以该反应不可能自发进行C、常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体，降温至标准状况其体积小于22.4LD、在蒸馏水中加入等体积的浓H2SO4，c(H＋)会增大，水的电离程度减小，但KW不变【知识点】反应热和焓变，水的电离，氮的氧化物的性质H2D4F1【答案解析】C解析：A、水的相对分子质量为18，干冰的相对分子质量为44，冰的密度比干冰小，故A错误；B、△H-T△S＜0的反应就能够自发进行，△H＞0时△S＞0，也可以使△H-T△S＜0，也可自发进行，故B错误；C、2NO2=N2O4是放热反应，降温时平衡正向移动，分子总数减少，即气体物质的量减少，体积减小，故C正确；D、浓硫酸溶解时放热，导致溶液温度升高KW变大，故D错误。故选C。【思路点拨】本题考查了反应自发进行的条件、平衡的移动、水的离子积受温度影响等知识点，题目难度中等。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】13．下列说法正确的是A．中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的NaOH的物质的量相等B．若NaHA溶液的pH<7，则H2A一定是强酸C．将NaOH溶液加入到NH4Cl溶液至中性时，溶液中c(NH4+)=c(Cl一)D．常温下，将pH=11的Ba(OH)2溶液加水稀释10倍后，溶液的pH=12【知识点】电解质及弱电解质在水溶液中的电离、pH的简单计算H2【答案解析】A解析：A、盐酸与醋酸都是一元酸，与氢氧化钠按1：1反应，等体积、等物质的量的浓度的盐酸和醋酸中n（HCl）=n（HAc），故消耗氢氧化钠的物质的量相等，正确；B、如NaHA的水溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，但不能确定HA-是否完全电离，则不能确定H2A是否强酸，错误；C．将NaOH溶液加入到NH4Cl溶液至中性时，溶液中c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl一)，错误；D.常温下，将pH=11的Ba(OH)2溶液加水稀释10倍后，溶液的pH=10，错误。【思路点拨】本题考查了强电解质、弱电解质的电离、酸式盐的性质、pH的简单计算溶液51\n中的电荷守恒和元素守恒的关系等知识点，涉及的内容较多，但是基础性较强，难度不大。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】10.下列说法正确的是A.向Na2CO3溶液通入CO2,可使水解平衡：向正反应方向移动，则溶液pH增大B．室温时，0.1mol某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH=4C.NH3.H2O溶液加水稀释后，溶液中的值增大D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同【知识点】离子浓度比较H1H2【答案解析】B解析：A、由于碳酸钠和二氧化碳反应，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，故A错误；B、溶液中的氢离子浓度是0.1mol×0.1%=1×10-4mol/L，pH=4，故B正确；C、NH3.H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH3.H2O）减小，n（NH4+）增大，的值减小，故C错误；D、盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，水解，促进水的电离，故D错误。故选B。【思路点拨】若电解质加水稀释促进电离；酸溶液或碱溶液中，水的电离被抑制，水解盐促进水的电离。H3 盐类的水解【理综卷（化学解析）·2022届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（202201）WORD版】11．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）。其中正确的是①pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH降低2个单位②1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH4+物质的量前者大③pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)④pH＝4、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/LA．①②B．②③C．①③D．②④【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较H3H6H1【答案解析】D解析：pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH升高2个单位，①错误；②正确；NaHCO3溶液的pH＝8.3，表明其水解程度大于电离程度，即c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，③错误；根据物料守恒知有c(CH3COO－)+c(CH3COOH)＝0.2mol/L，根据电荷守恒有2c(CH3COO－)+2c（OH-）＝2c(Na+)+2c(H+)=0.2mol/L+2c(H+)，c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/L，④正确。【思路点拨】强酸或强碱稀释10倍，则pH变化1个单位，但强酸稀释，pH增大，离子浓度比较可运用电荷守恒、物料守恒及运用数学方法变形解答。51\n【化学卷（解析）·2022届福建省泉州五校高三联考（202201）】11．下列说法正确的是( )A．分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液<Fe(OH)3胶体<FeCl3溶液B．可利用反应2CO=2C+O2（此反应H>O、S<0）来消除CO污染C．若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则相同物质的量浓度的钠盐溶液的碱性：NaA<NaBD．除去Cu粉中混有的CuO，可加入稀硝酸中，充分反应后过滤、洗涤、干燥【知识点】分散系反应热水解F1H3H4【答案解析】C解析：分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液,A错误；根据题意2CO=2C+O2不是自发反应，B错误；根据越弱越水解知水解程度NaA<NaB，C正确；Cu、CuO，都可与稀硝酸反应，因此不能稀硝酸除去CuO，应该用稀硫酸，D错误。【思路点拨】根据分散系微粒直径的大小给分散系分为浊液、胶体和溶液。根据水解规律解答C项。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】13．常温下，下列有关醋酸的叙述中不正确的是A.pH=5．6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中:c(Na+)<c(CH3C00-)B．将PH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c(OH-)不断增大C．等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14D．浓度均为0.1mol．L-1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后：(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)【知识点】酸与碱反应规律溶液中的离子浓度关系H2H3H6【答案解析】C解析：A、根据电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(CH3C00-)+c(0H-)，pH=5．6说明c(0H-)<c(H+)，则c(Na+)<c(CH3C00-)，故A正确；B、醋酸稀释过程中c(H+)减小，由于水的离子积一定，所以c(OH-)不断增大，故B正确；C、a+b=14时，醋酸过量，不会恰好中和，故C错误；D、符合电荷守恒式，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了酸与碱反应规律及溶液中的离子浓度关系，易错点是酸碱的强弱问题，注意中和与中性的区别。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】28.(14分)下图为细菌冶铜和火法冶铜的主要流程。(1)硫酸铜溶液一般不呈中性，原因是_______(51\n用离子方程式表示）。写出电解硫酸铜溶液的化学方程式：______________(电解过程中，始终无氢气产生)。(2)细菌冶金又称微生物浸矿，是近代湿法冶金工业上的一种新工艺。细菌冶铜与火法冶铜相比，优点为________________(写出一点即可)。(3)用惰性电极分别电解浓的氯化铜溶液和硫酸铜溶液。电解浓的氯化铜溶液时发现阴极有金属铜生成，同时阴极附近会出现棕褐色溶液。而电解硫酸铜溶液时，没有棕褐色溶液生成。下面是关于棕褐色溶液成分的探究①有同学认为，阴极附近出现的棕褐色溶液是氯气反应的结果，你认为他的猜测是否正确？______(填“正确”或“不正确"），原因是___________。资料1:一般具有混合价态(指化合物中同一元素存在两种不同的化合价，如Fe3O4中的Fe元索)的物质的颜色比单一价态的物质的颜色要深。资料2:CuCl微溶于水,能溶于浓盐酸。②猜想：棕褐色溶液中可能含有的离子是________(填3种主要离子符号）。③验证猜想:完成实验方案(配制棕褐色溶液）。取少量________固体于试管中，加入_______使其溶解，再加入_______溶液，观察现象。④已知电解前，U形管中加入了1OOmLO.5mol.L－1CuCl2溶液，电解结束时电路中一共转移了0.03mol电子，且阴极生成0.64g铜,则形成的低价阳离子的物质的量为_____mol。【知识点】盐类的水解电解原理的应用H3F4J4【答案解析】(1)酸（1分）；Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+（2分）；2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4（2分）；（2）节约能源、环保、设备简单、操作方便；工艺条件易控制、投资少、成本低；适宜处理炉渣；（3）①不正确；阴极不会产生氯气；（1分）；②Cu2+、Cu+、Cl-；（2分）；③氯化亚铜；浓盐酸；氯化铜；（各1分）；④0.01mol（2分）；解析：(1)硫酸铜溶液中铜离子水解，Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+；使溶液呈酸性；电解硫酸铜溶液的反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4；（2）湿法炼铜需在溶液中进行，而细菌冶铜在常温下用生物冶铜，节约能源、环保、设备简单、操作方便；工艺条件易控制、投资少、成本低，适宜处理炉渣，（3）用惰性电极电解氯化铜溶液，第一阶段：阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极发生还原反应：Cu2++2e-=Cu，第二阶段：2H2O2H2↑+O2↑51\n；电解硫酸铜溶液时第一阶段：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，第二阶段：2H2OH2↑+O2↑，①用惰性电极电解氯化铜溶液，电解过程中阳离子向阴极移动，所以阴极第一阶段发生：Cu2++2e-=Cu，第二阶段：2H++2e-=H2↑，阴极不可能生成氯气，所以阴极附近会出现棕褐色溶液，并不是氯气反应的结果，②根据题干信息，混合价态的物质的颜色比单一价态的物质的颜色深，铜有Cu2+、Cu+离子，所以棕褐色溶液中可能含有的离子是Cu2+、Cu+，溶液中还可能存在阴离子Cl-；③为了验证溶液中是否存在Cu2+、Cu+，取少量氯化亚铜固体于试管中，加入浓盐酸使其溶解，再加入氯化铜溶液，观察现象，进行对照即可。④100mL0.5mol•L-1 CuCl2溶液中含0.05molCuCl2，Cu2++2e-=Cu，生成0.64g铜转移0.02mol电子，电解结朿时电路中一共转移了0.03mol电子，根据题干信息，混合价态的物质的颜色比单一价态的物质的颜色深，所以还有0.01mol电子为Cu2+离子得电子生成Cu+离子，Cu2++e-=Cu+，则形成的低价阳离子的物质的量为0.01mol，【思路点拨】本题考查了盐类的水解、电解原理的应用等知识，理解电解原理、顺利书写电极反应是关键。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】27．（15分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。①H3PO2中，P元素的化合价为__________；②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为___________（填化学式）；③NaH2PO2为___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式______________________。（4）H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：①写出阳极的电极反应式____________________________________；51\n②分析产品室可得到H3PO2的原因___________________________________；③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有杂质，该杂质产生的原因是。【知识点】弱电解质的电离盐的水解电解原理H1H3F4【答案解析】（1）H3PO2H+＋H2PO2-(2)①+1。②H3PO4。③正盐，碱性。（3）2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2（4）①2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2.②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。解析：（1）根据一元酸只发生一步电离，中强酸是弱电解质得：H3PO2H+＋H2PO2-(2)①利用元素化合价代数和为零，得出H3PO2中P元素为+1价。②H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者1︰4反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。（3）反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，配平得：2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2（4）①阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2↑.②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.③由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、电解原理，注意将电化学与氧化还原反应原理相联系。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】11．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10—5mol·L—1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaOH三种溶液的c(Na＋)：③＞②＞①【知识点】溶液中的离子浓度关系H3H1H6【答案解析】C解析：A、H2S溶液中，c(H+)＞c(HS－)，故A错误；B、pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，由于稀释促进氨水的电离，稀释后pH减小，但减小的值小于1，故B错误；C、pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合都满足电荷守恒式：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)，故C正确；D、pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaOH三种溶液，NaHCO3的浓度最大，NaOH的浓度最小，c(Na＋)浓度应该为：②＞①＞③，故D错误。故答案选C51\n【思路点拨】本题考查了溶液中的离子浓度关系，理解任何溶液都满足电荷守恒，弱电解质加水稀释促进弱电解质的电离。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】10．在不同温度下，水溶液中c（H＋）与c（OH－）有如右图所示关系。10-710-6下列关于离子共存说法中正确的是A．a点对应的溶液中只大量存在：Fe3＋、Na＋、Cl－、SOB．b点对应的溶液中只大量存在：NH、Ba2＋、OH－、I－C．c点对应的溶液中只大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、HCOD．d点对应的溶液中只大量存在：Na＋、K＋、SO、Cl－【知识点】溶液的酸碱性离子共存问题H2B1H3【答案解析】D解析：A、a点对应的溶液中c（H＋）=c（OH－），溶液呈中性，Fe3＋不能大量存在，故A错误；B、b点对应的溶液呈酸性不能大量存在OH－，故B错误；C、如果只大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、HCO，溶液应该呈碱性，而c点对应的溶液呈中性，故C错误；D、SO水解使溶液呈碱性，符合题意，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了溶液的酸碱性和离子共存问题，明白图像上各点溶液的酸碱性是关键。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】7．下列过程没有发生化学反应的是A．用活性炭去除冰箱中的异味B．用热碱溶液清除炊具上残留的油污C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【知识点】化学与生活O1H3B3【答案解析】A解析：A、用活性炭去除冰箱中的异味利用的是吸附作用，没发生化学变化，故A正确；B、热碱去油污利用温度升高时碳酸根离子的水解程度增大，溶液碱性增强，涉及化学变化；C、高锰酸钾有强氧化性能杀菌消毒，属于化学变化；D、用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装利用铁粉的还原性，防止食物氧化，涉及化学变化。故答案选A【思路点拨】本题考查了化学与生活，注意食品包装袋中的干燥剂与还原剂的区别，平时注意这方面知识的积累。51\n【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】4．常温下，下列溶液中各微粒浓度关系或pH判定不正确的是A．将5mL0.02mol/L的H2SO4溶液与5mL0.02mol/LNaOH溶液充分混合，若混合后溶液的体积为10mL，则混合液的pH=2B．某溶液中由水电离的c(OH--)=1×10-amol/L，若a﹤7，则pH可能为aC．pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3④NaOH溶液中，c(Na+)大小关系：④＞①＞③＞②D．CH3COONa溶液中加入少量KCl固体后的碱性溶液一定有：c(Na+)—c(CH3COO-)=c(OH-)—c(H+)【知识点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，盐类水解的应用H3H6【答案解析】C解析：A、将5mL 0.02mol/L的H2SO4与5mL 0.02mol/L NaOH溶液充分混合，硫酸过量，混合溶液中剩余氢离子浓度=（0.005L×0.02mol/L×2-0.02mol/L×0.005L）/0.01L=0.01mol/L，溶液PH=2，正确；B、水电离的c（OH--）=1×10-amol/L=水电离的c（H+）=1×10-amol/L，若溶液中氢离子浓度为c（H+）=1×10-amol/L，则溶液的pH=a，正确；C、已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，则根据越弱越水解可知，相同条件下，浓度相同的五种溶液的pH由大到小的顺序为①④②③，当pH相等时，溶液的浓度即c(Na+)大小关系：③②④①，错误；D、CH3COONa溶液中加入少量KCl固体后，溶液中的电荷守恒关系为：c(Na+)+c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl—)，而c(K+)=c(Cl—)，故c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(Na+)—c(CH3COO-)=c(OH-)—c(H+)，正确。【思路点拨】本题考查了溶液中离子浓度的关系，溶液中pH的计算，是水溶液中的电离平衡中常见到的题型，熟练掌握基本理论是解答的关键。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】12．T℃时，某浓度醋酸钠溶液的pH=10，下列说法一定正确的是A．溶液中由水电离出的OH一离子浓度c(OH一)=1×10一10·LB．溶液中存在：c(H+)·c(OH一)=l×10mol2·LC．溶液中存在：c(Na+)>c(CH3COO一)>c(OH一)>c(H+)>c(CH3COOH)D．溶液中存在：c(CH3COOH)+c（CH3COO一)=c(Na+)【知识点】盐类水解的应用H3【答案解析】D解析：A．CH3COONa溶液中C（OH-）=Kw/c(H+)=10-4mol/L，错误；B．因水的离子积是温度的函数，温度未知，故离子积的数值未知，错误；C.溶液中存在：c(Na+)>c(CH3COO一)>c(OH一)>c(CH3COOH)>c(H+)，错误；D．根据元素守恒可以得到：c(CH3COOH)+c（CH3COO一)=c(Na+)，正确。【思路点拨】本题考查了盐类水解，明确盐类水解特点、C（H+）及C（OH-）的计算方法即可解答，注意盐溶液、碱溶液中水电离出C（OH-）的计算方法，为易错点。【化学卷（解析）·51\n2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】5．下列有关说法正确的是A．纯碱溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小B．镀锡铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更易被腐蚀C．将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀D．合成氨反应需使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向移动【知识点】金属的电化学腐蚀与防护、催化剂的作用、溶液的稀释F5H3【答案解析】B解析：A、加水稀释，促进了碳酸钠的水解，溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，错误；B、镀锡铁破损后发生电化腐蚀，因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀，正确；C、地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，错误；D、催化剂只改变反应速率不影响平衡移动，所以催化剂不能促进该平衡向生成氨的方向移动，错误。【思路点拨】本题考查了外界因素对盐类的水解的影响，金属的腐蚀及防护、催化剂对平衡的影响等知识内容，基础性较强，难度不大。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】14．常温下，0.1mol/LNa2CO3溶液中各微粒浓度关系正确的是A．c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(H＋)＞c(OH—)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)D．c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)【知识点】溶液中的离子浓度H3H6【答案解析】A解析：A、Na2CO3溶液中CO32－第一步水解得HCO3－，第二步水解得H2CO3，以第一步水解为主，故A正确；B、Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H＋)，故B错误；C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，故C错误；D、根据钠、碳原子守恒得：c(Na＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了溶液中的离子浓度关系，需要理解盐类的水解，掌握溶液中的守恒关系。【化学卷（解析）·2022届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（202201）】7．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实解释错误的是选项现象或事实解释A明矾用于净水铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用BSO2能使品红溶液褪色SO2具有漂白性C“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂“地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应D用氯水和淀粉溶液鉴别食盐是否加碘目前加碘食盐中含碘元素物质为KI【知识点】化学与社会化学与生活O1H3L6【答案解析】D解析：A、明矾净水的原理是铝离子水解得到的氢氧化铝胶体有吸附作用51\n，故A正确；B、SO2能使品红溶液褪色是SO2漂白性的体现，故B正确；C、利用油脂在碱性条件下水解可以制肥皂，故C正确；D、目前加碘食盐中含碘元素物质为KIO3，故D错误。故答案选D【思路点拨】本题考查了化学与社会、化学与生活，平时要注意化学知识的应用，加深知识的理解。H4 胶体的性质及其运用【化学卷（解析）·2022届福建省泉州五校高三联考（202201）】11．下列说法正确的是( )A．分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液<Fe(OH)3胶体<FeCl3溶液B．可利用反应2CO=2C+O2（此反应H>O、S<0）来消除CO污染C．若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则相同物质的量浓度的钠盐溶液的碱性：NaA<NaBD．除去Cu粉中混有的CuO，可加入稀硝酸中，充分反应后过滤、洗涤、干燥【知识点】分散系反应热水解F1H3H4【答案解析】C解析：分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液,A错误；根据题意2CO=2C+O2不是自发反应，B错误；根据越弱越水解知水解程度NaA<NaB，C正确；Cu、CuO，都可与稀硝酸反应，因此不能稀硝酸除去CuO，应该用稀硫酸，D错误。【思路点拨】根据分散系微粒直径的大小给分散系分为浊液、胶体和溶液。根据水解规律解答C项。【理综卷（化学解析）·2022届山东省实验中学高三第三次诊断考试（202212）】8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A．7.8gNa2O2含有的阴离子数目为0.2NAB．PH=2的醋酸冲稀10倍后，溶液中H+数目大于0.001NAC．1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，胶体粒子的数目小于NAD．1.8g重水（D2O）中含NA个质子和NA个中子【知识点】阿伏加德罗常数分子结构晶体结构胶体A1E3E4H4【答案解析】C解析：A、7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，含有的阴离子数目为0.1NA，故A错误；B、缺少溶液体积，无法解答溶液中H+数目，PH=2的醋酸冲稀10倍后，溶液中H+浓度大于0.001mol/L，故B错误；C、1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，许多的氢氧化铁才能形成一个胶体粒子，氢氧化铁的数目小于NA，故C正确；D、1.8g重水（D2O）的物质的量是0.09mol，含0.9NA个质子和0.9NA个中子，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题借阿伏加德罗常数考查了分子结构、晶体结构、胶体等知识，各选项难度不大，但属于易错问题，A中不能把原子个数当离子个数，B中不能把溶液的物质的量浓度当做物质的量，C中不能把一个氢氧化铁当做一个胶体粒子。51\n【化学卷（解析）·2022届浙江省重点中学协作体高三上学期第二次适应性测试（202201）word版】27．（14分）纳米碳酸钙应用非常广泛。实验室中利用下图所示装置(部分夹持装置已略去)，向饱和CaCl2溶液中通入NH3和CO2可制得纳米碳酸钙。供选择的药品：①石灰石②氯化铵③氢氧化钙④饱和氯化钙溶液⑤浓硫酸⑥6mol·L-1盐酸⑦饱和食盐水⑧饱和NaHCO3溶液（1）装置A中，仪器a的名称是，仪器b中发生反应的离子方程式为。装置D的试管中发生反应的化学方程式为。装置B中盛放的溶液是（填药品序号）。（2）设计一个简单的实验方案，判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级。。（简述实验的步骤、现象和结论）（3）通人适量气体后，C装置中物质恰好完全反应，过滤，所得滤液显(填“酸”、“碱”、“中”之一)性，原因是（用离子方程式表示）。（4）上述装置存在一处缺陷，该缺陷为。【知识点】物质制备实验设计J4H4【答案解析】（1）分液漏斗（1分）CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑（2分）2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O（2分）⑧（1分）（2）将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，若有丁达尔现象则为纳米级，若没有丁达尔现象则不是纳米级。（3分）（3）酸（1分）NH4++H2ONH3·H2O+H+（2分）（4）缺少尾气吸收装置解析：根据实验目的，结合装置特征，知A、D分别是制取二氧化碳和氨气的装置，B用于除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质，C为向饱和CaCl2溶液中通入NH3和CO2制纳米碳酸钙的装置。（1）分液漏斗；碳酸钙与盐酸反应制取二氧化碳：CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑；制取氨气的反应：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；B用于除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质，装置B中盛放的溶液是饱和NaHCO3溶液，选⑧；（2）根据胶体的性质及胶体粒子的大小，将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，若有丁达尔现象则为纳米级，若没有丁达尔现象则不是纳米级。（3）通入适量气体后，C装置中物质恰好完全反应生成CaCO3和NH4Cl，氯化铵水解使溶液呈酸性；NH4++H2ONH3·H2O+H+上述装置存在一处缺陷，该缺陷为缺少尾气吸收装置。【思路点拨】本题考查了51\n物质制备实验设计，涉及二氧化碳、氨气的实验室制法，难点是如何判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级，应该联想到用胶体知识解答。【化学卷（解析）·2022届浙江省杭州二中高三第二次月考（202212）】1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用。下列有关说法正确的是A．二氧化硫有漂白性，常用作棉、麻、纸张和食品的漂白B．氢氧化铁溶胶、水玻璃、淀粉溶液、PM2.5微粒均具有丁达尔效应C．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D．汽车尾气污染物中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的【知识点】化学与生产、生活的联系D3H4D4【答案解析】C解析：．A、二氧化硫有漂白性，但是不用做食品的漂白，错误；B．PM2.5微粒不是胶体，不具有丁达尔效应，错误；C．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，正确；D．汽车尾气污染物中含有氮的氧化物是吸进汽缸的氮气与氧气发生反应形成的，错误。【思路点拨】本题考查了二氧化硫的漂白性的应用、常见胶体、地沟油的废物利用、汽车尾气的形成，主要考查到了一些物质的性质的应用，难度不大。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1mol铜与足量的硫反应时失去的电子数为NAB．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1NAC．0.5molNO2气体降温后颜色变浅，其所含的分子数仍然为0.5NAD．1molFeCl3和沸水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子数目为NA【知识点】阿伏加德罗常数A1A4G2H4【答案解析】A解析：铜与足量的硫反应生成Cu2S，铜由0价→+价，A正确；Na2S和Na2O2的摩尔质量相同、含阴离子数相等（1个），因此7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数为7.8/78=0.1mol，B错误；NO2气体降温后颜色变浅，是因为生成了NO2，分子数小于0.5NA，C错误；胶体是若干个分子的集合体，即1molFeCl3生成氢氧化铁胶体粒子数目小于NA，D错误。【思路点拨】解答阿伏加德罗常数需注意（1）在物质的量与体积有关量转换时需要注意外界条件是否标况，物质的量与质量、个数等转化时无需考虑外界条件；（2）在电解质电离、弱离子水解等问题考虑时，需要把握过程是否存在可逆性；⑶最简式相同的物质中的微粒数目：如NO2和N2O4、乙烯和丙烯等；⑷电子转移（得失）数目问题的分析，如Na2O2、NO2与H2O反应；电解AgNO3溶液、CuSO4溶液的反应；Cl2与H2O、NaOH、Fe反应等，分析该类题目时还要注意反应产物以及过量计算问题。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】1．化学与生产、生活和社会密切相关。下列说法不正确的是A．漂白粉长期暴露在空气中会变质失效B．雾霾天车灯照射的光亮通路属于丁达尔现象C．硬铝属于合金材料，瓷器属于硅酸盐制品51\nD．不锈钢具有较强的抗腐蚀性，是因为在钢铁表面镀上了金属铬【知识点】化学与生产、生活和社会D2H4C2C3【答案解析】D解析：A、漂白粉长期暴露在空气中，其有效成分CaClO2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效，正确；B、雾霾属于常见的气溶胶，当一束强光通过该液体可以观察到丁达尔现象，正确；C、硬铝属于合金材料，瓷器属于硅酸盐制品，正确；D、不锈钢是在钢中加入铬、镍等金属，改变内部结构，并不是在金属表面覆盖保护层，故D错误。【思路点拨】本题考查了铝、氯及铁元素化合物的性质以及金属的防护、胶体的性质等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】5．下列实验操作能够达到目的的是A．用金属钠除去乙醇中混有的少量水B．用足量铁粉和氯气直接反应制FeCl2固体C．用激光笔照射鉴别Fe(OH)3胶体和Fe(SCN)3溶液D．用铂丝蘸取某溶液于无色火焰上灼烧，火焰呈黄色，证明其中不含K＋【知识点】物质的检验、除杂J2H4C3【答案解析】C解析：A、钠与水、乙醇都反应，故A错误；B、无论铁粉少量还是过量，铁粉和氯气直接反应只能生成FeCl3固体，故B错误；C、区别胶体和溶液的简单方法是利用丁达尔效应，故C正确；D、用铂丝蘸取某溶液于无色火焰上灼烧，火焰呈黄色，证明其中含Na＋，透过蓝色的钴玻璃观察才能知道是否含K＋，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了物质的检验、除杂，注意无论铁粉少量还是过量，铁粉和氯气直接反应只能生成FeCl3固体，在溶液中铁粉能将铁离子还原得到亚铁离子。【化学卷（解析）·2022届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（202212）word版】2.下列叙述正确的是A.用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈B.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClOC.向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水，可制取Fe(OH)3胶体D.将钝化后的铝条放入CuSO4溶液中无现象，说明铝的金属性弱于铜【知识点】电化学原理、胶体、氯水的氧化性、金属活动性顺序D2F3H4【答案解析】【解析】A解析：A．锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，故A正确；B．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有氯气，氧化了亚铁，故B错误；C．Fe(OH)3胶体的制备：将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到沸水中至得到红褐色液体，即为Fe(OH)3胶体，故C错误；D．将钝化后的铝条放入CuSO4溶液中无现象，是因为氧化铝不与硫酸铜反应，不是说明铝的金属性弱于铜，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了金属的腐蚀51\n、胶体、氯水的氧化性、金属活动性顺序，难度不大，注意平时积累。【化学卷（解析）·2022届福建省厦门市高三上学期质检检测（202201）word版】2.下列说法正确的是A．BaSO4是强电解质 B．CO是酸性氧化物C．氢氧化铁胶体属于纯净物 D．纯碱属于碱类物质【知识点】物质的分类H4【答案解析】A解析：A．BaSO4是强电解质，正确；B．CO是不成盐氧化物，错误；C．氢氧化铁胶体属于混合物外，错误；D．纯碱属于盐类物质，错误。【思路点拨】本题考查了强、弱电解质，氧化物的分类，胶体的性质，酸、碱、盐的分类，基础性较强，难度不大。H5 难溶电解质的溶解平衡（课标新增内容）【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】8．下列说法正确的是A．常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大D．物质的溶解度随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H5【答案解析】B解析：A．Ksp值只与温度有关，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，由于温度不变，所以Ksp值不变，故A错误；B．AgCl溶液中存在：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），Cl-浓度越大，则溶解的AgCl越少，所以用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故B正确；C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(SO4)增大，Ksp值不变，故(Ba2+)减小，错误；D．物质的溶解度不一定随温度的升高而增大，如氢氧化钙溶液随温度的升高溶解度减小，故D错误。【思路点拨】本题考查了影响物质溶解度的因素、Ksp的应用、沉淀溶解平衡的移动，侧重于有关原理的应用的考查，题目难度不大。【理综卷（化学解析）·2022届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（202201）WORD版】13．25℃，向50mL0.018mol/LAgNO3溶液中加入50mL0.02mol/L盐酸生成沉淀。已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，则生成沉淀后的体系中c(Ag＋)为A．1.8×10－7mol/LB．1.8×10－8mol/LC．1.8×10－9mol/LD．1.8×10－10mol/L【知识点】溶度积的计算H5【答案解析】A解析：（1）AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，c(HCl)余=[0.05L×0.02mol/L-0.05L×0.0018mol/L]/0.1L=1×10-3mol/L=c(Cl-)，代入：Ksp=c(Ag+)•c(Cl-)=1.0×10-10，得：c(Ag+)=1.8×10-7mol/L，选A。【思路点拨】溶液混合后，体积可看作是原来的二者之和，盐酸过量，可以看作Ag+反应完。51\n【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】36．〔选修2－化学与技术〕锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。工业上常以β锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂。其中一种工艺流程如下：已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH3.74.711②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/℃010205075100Li2CO3的溶解度/g1.5391.4061.3291.1810.8660.728[]请回答下列问题：(1)用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：__________________________。(2)反应Ⅱ加入碳酸钙的作用是__________________________________。(3)写出反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式：________________________。(4)洗涤所得Li2CO3沉淀要使用________(选填“热水”或“冷水”)，你选择的理由是__________________________________。(5)电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是________________________________________。【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H5【答案解析】【解析】（1）Li2O•Al2O3•4SiO2；（2）除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀；（3）Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32-═CaCO3↓；（4）热水；Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2（其他合理答案均可）．解析：（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为：依次将各元素写成氧化物形式，中间用“•”连接，同时要注意氧化物先后顺序，为Li2O•Al2O3•4SiO2；（2）由（1）改写可知，β-锂辉矿在加入过量浓硫酸后，只有SiO2不溶，同时Fe2+被氧化为Fe3+，并生成CaSO4沉淀，所以溶液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Li+等离子，依据实验目的可知必须除去杂质离子，故在反应Ⅱ中加入碳酸钙的作用为：除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀；（3）利用题干信息知反应Ⅲ要除去Mg2+，但在加入沉淀剂Ca（OH）2时会引入大量Ca2+，故还需加入Na2CO3除去Ca2+，即沉淀A为Mg（OH）2沉淀与CaCO3沉淀的混合物，反应的离子方程式为：Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32-═CaCO3↓；（4）实验室里分离固液混合物的操作是过滤，由题中给出Li2CO3的溶解度与温度的关系，可知洗涤Li2CO3沉淀要使用热水；51\n（5）由有氧气产生可逆推知可能的原因：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2。【思路点拨】本题考查了工业上以β-锂辉矿制取金属锂的方法，题目难度中等，试题涉及了化学式的书写、物质的分离与提纯、离子方程式的书写等知识，合理分析题中工艺流程是解题关键。【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】20．一定温度下，将0.1molAgCl固体加入1L0.1mol·L－1Na2CO3溶液中，充分搅拌(不考虑液体体积变化)，已知：Ksp(AgCl)=2×10－10；Ksp(Ag2CO3)=1×10－11，下列有关说法正确的是（）A．沉淀转化反应2AgCl(s)+CO32-(aq)Ag2CO3(s)+2Cl-(aq)的平衡常数为20mol·L-1B．约有10-5molAgCl溶解C．反应后溶液中的：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(Ag+)＞c(H+)D．反应后溶液中的：c(Na+)+c(Ag+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H5【答案解析】【解析】C解析：A、Ksp（Ag2CO3）=c（Ag+）2×0.1=1×10-11，c（Ag+）=10-5，Ksp（AgCl）=c（Cl-）×10-5=2×10-10，c（Cl-）=2×10-5mol/L，K=[Cl−]2/[CO32−]=(2×10−5)2/0.1=4×10-9，故A错误；B、c（Cl-）=2×10-5mol/L，在1L的溶液中，约有2×10-5molAgCl溶解，故B错误；C、c（Cl-）=2×10-5mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，所以c（CO32-）＞c（Cl-），故C正确；D、据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）+c（Ag+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（Cl-）+c（OH-），故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了沉淀的溶解平衡以及沉淀转化、电荷守恒，题目难度较大。第Ⅱ卷（50分）三、简答题【化学卷（解析）·2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】16．（12分）CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.851\n（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式。萃取率%10080604020123456pHFe3+Al3+Mn2+Co2+（2）NaClO3的作用是。（3）加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为。（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。萃取剂的作用是；其使用的较适宜pH范围是。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是。（答一条即可）【知识点】制备实验方案的设计、难溶电解质沉淀溶解平衡H5J4【答案解析】【解析】（12分）（1）Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2O（2分）（2）将Fe2+氧化成Fe3+（2分）（3）Fe(OH)3、Al(OH)3（2分）（4）除去溶液中的Mn2+（2分）B（2分）（5）粗产品中混有Cl—含量比样品高的可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水等（2分）解析：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O； （2）加入NaClO3，会发生FeCl2中铁元素的化合价+2→+3，失去电子，NaClO3中氯元素的化合价由+5→-1价，得到电子，所以NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；（3）加Na2CO3调pH至5.2，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑；故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B； （5）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．【思路点拨】本题考查了有关CoCl2•6H2O的工艺流程，理解工艺流程图，掌握实验操作与设计及相关物质的性质是解答的关键，题目难度中等．【化学卷（解析）·51\n2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】11．下列说法正确的是A．已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10—38，则常温下Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数K=2.5×10—5B．准确称取0.4000gNaOH固体可配成100mL0.1000mol·L—1的NaOH标准溶液C．电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等D．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率【知识点】沉淀溶解平衡、溶液的配制、电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响F4H5【答案解析】【解析】A解析：A．Ksp[Fe(OH)3]=C3(OH-)·C(Fe3+)=4.0×10—38，反应的平衡常数：K=C(Fe3+)/C3(H+)=[C3(OH-)·C(Fe3+)]/K3w=2.5×10—5，故A正确；B．称取0.4000g的NaOH，因NaOH易吸收水和二氧化碳，配制成100mL溶液，最终NaOH溶液的浓度不是0.1000 mol•L-1，故B错误；C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，不改变焓变的大小，故D错误．故答案选A【思路点拨】本题考查了沉淀溶解平衡、溶液的配制、电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大．【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】1．为使Fe2+、Fe3+、Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀,溶液的酸碱度分别为pH7.7、pH4.5、pH6.6。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+,Fe3+杂质离子,为除去这些离子制得纯净的ZnSO4,应加入的试剂是（）A．NaOH溶液B．氨水C．KMnO4,ZnCO3D．H2O2,ZnO【知识点】难溶电解质的沉淀溶解平衡及相互转化H5【答案解析】D解析：使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH应分别为3.7、9.6、4.4左右，所以要除去硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，应该把Fe2+氧化为Fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，故选D。【思路点拨】本题考查了难溶电解质的沉淀溶解平衡及相互转化，侧重于除杂与分离，题目较为基础，解答本题的关键是能把握除杂的原则。【理综卷（化学解析）·2022届云南省部分名校高三1月份统一考试（202201）】28．（14分）铜是与人类关系非常密切的有色金属。已知：常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+=Cu2++Cu。大多数+1价铜的化合物是难溶物，如：Cu2O、CuI、CuCl、CuH等。（1）在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热生成不溶物的颜色为：，某同学实验时却有黑色物质出现，这种黑色物质的化学式为：。（2）在CuCl2溶液中逐滴加入过量KI溶液可能发生：a.2Cu2++4I-=2CuI↓(白色)+I2b.2Cu2++2Cl-+2I-=2CuCl↓(白色)+I2。为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是。51\nA．SO2B．苯C．NaOH溶液D．乙醇（3）一定条件下，在CuSO4中加入NH5反应生成氢化亚铜（CuH）。①已知NH5是离子晶体且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，请写出NH5的电子式：。②写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式。③将CuH溶解在适量的稀硝酸中，完成下列化学方程式（4）常温下，向0.20mol•L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，当溶液的pH=6时，c(Cu2+)=________________mol.L 1。[已知：]【知识点】物质的性质沉淀溶解平衡及计算方程式的书写C3B1H5【答案解析】（14分）（每空2分）（1）砖红色，CuO(2)B(3)①电子式略②2CuH+2H+==Cu+Cu2++2H2↑③6、16、6、3、4NO、8H2O2.2×10-4解析：⑴新制Cu（OH）2悬浊液中氧化葡萄糖生成砖红色的Cu2O，黑色物质是CuO⑵为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是苯，因为苯可萃取碘⑶①NH5是NH4H，电子式：②CuH中的H是-1价，在过量稀盐酸中发生归中反应，生成氢气：2CuH+2H+==Cu+Cu2++2H2↑③稀硝酸被还原为NO，同时有水生成，1molCuH失去电子2mol，与NO的物质的量之比是3：2⑷pH=6时，c(OH-)=10-8mol·L 1，c(Cu2+)=2.2×10-20÷（10-8）2=2.2×10-4mol·L 1。【思路点拨】I2溶液有颜色，因此解答本题⑵只需除去I2即可；-1价的H有还原性。【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】36．〔选修2－化学与技术〕锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。工业上常以β锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂。其中一种工艺流程如下：已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH3.74.711②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：51\n温度/℃010205075100Li2CO3的溶解度/g1.5391.4061.3291.1810.8660.728[]请回答下列问题：(1)用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：__________________________。(2)反应Ⅱ加入碳酸钙的作用是__________________________________。(3)写出反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式：________________________。(4)洗涤所得Li2CO3沉淀要使用________(选填“热水”或“冷水”)，你选择的理由是__________________________________。(5)电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是________________________________________。【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H5【答案】【解析】（1）Li2O•Al2O3•4SiO2；（2）除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀；（3）Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32-═CaCO3↓；（4）热水；Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗；（5）加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2（其他合理答案均可）．解析：（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为：依次将各元素写成氧化物形式，中间用“•”连接，同时要注意氧化物先后顺序，为Li2O•Al2O3•4SiO2；（2）由（1）改写可知，β-锂辉矿在加入过量浓硫酸后，只有SiO2不溶，同时Fe2+被氧化为Fe3+，并生成CaSO4沉淀，所以溶液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Li+等离子，依据实验目的可知必须除去杂质离子，故在反应Ⅱ中加入碳酸钙的作用为：除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀；（3）利用题干信息知反应Ⅲ要除去Mg2+，但在加入沉淀剂Ca（OH）2时会引入大量Ca2+，故还需加入Na2CO3除去Ca2+，即沉淀A为Mg（OH）2沉淀与CaCO3沉淀的混合物，反应的离子方程式为：Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Ca2++CO32-═CaCO3↓；（4）实验室里分离固液混合物的操作是过滤，由题中给出Li2CO3的溶解度与温度的关系，可知洗涤Li2CO3沉淀要使用热水；（5）由有氧气产生可逆推知可能的原因：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时产生O2。【思路点拨】本题考查了工业上以β-锂辉矿制取金属锂的方法，题目难度中等，试题涉及了化学式的书写、物质的分离与提纯、离子方程式的书写等知识，合理分析题中工艺流程是解题关键。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】11．下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A把S02通人紫色石蕊试液中紫色褪去S02具有漂白性B向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，然后再滴加足量的CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色C向某溶液中滴加KSCN溶液溶液变红色溶液中含有Fe2+51\nD将充满N02的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应2【知识点】难溶物的沉淀溶解平衡化学平衡的移动H5H6【答案解析】D解析：A、S02通人紫色石蕊试液中，由于S02溶于水时溶液呈酸性，紫色石蕊试液变红，S02不能漂白指示剂，故A错误；B、氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜的Ksp小于氢氧化镁的Ksp，故B错误；C、Fe3+与KSCN溶液反应溶液变血红色，故C错误；D、将充满N02的密闭玻璃球浸泡在热水中颜色变深，说明平衡逆向移动，正方向放热，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了难溶物的沉淀溶解平衡、化学平衡的移动等，难点是B，首先根据NaOH少量及现象确定发生了沉淀转化，再比较Ksp值的大小。【化学卷（解析）·2022届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（202212）word版】6.工业上向锅炉里注入Na2CO3.溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是A.温度升高．Na2CO3溶液的Kw和c(OH一)均会增大B.沉淀转化的离子方程式为CO32-十CaSO4=CaCO3+SO42-C.盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D.Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小【知识点】沉淀的转化B1H5【答案解析】D解析：水的电离和水解反应都是吸热反应，升温促进水解和电离，则Kw和c(OH一)均会增大，A正确；B项是沉淀的转化，正确；CaCO3可与盐酸反应，C正确；Na2CO3溶液遇CO2后，生成碳酸氢钠，HCO3－浓度增大，D错误。【思路点拨】弱电解质的电离、水解反应等是吸热反应。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】17．（12分）有关物质存在如右图所示的转化关系(部分产物已省略)。通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质，且受热易升华。实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H，H能使带火星的木条复燃。请回答下列问题：(1)反应①的化学方程式为。(2)反应②的离子方程式为。(3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式。(4)已知D溶液与Pb（NO3)2溶液混合可形成沉淀，此沉淀的Ksp=7．0×10—9。若D的浓度为1．0×10—2mo1/L，将等体积的D溶液与Pb（NO3)2溶液混合，则生成沉淀所需Pb（NO3)2溶液的最小浓度为▲mol/L。51\n【知识点】框图推断Ksp应用B4H5【答案解析】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O（3分）（2）ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O（3分）（3）2H2O22H2O+O2（3分）（4）5.6×10-4（3分）解析：根据G为紫黑色固体单质，且受热易升华知G为碘单质。实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H，H能使带火星的木条复燃，知H是氧气，E是氯酸钾，B是二氧化锰。根据框图A的浓溶液与B加热制取气体C，知A为HCl，C是Cl2，D是KI，（1）反应①的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O（2）氯酸钾与碘化钾发生氧化还原反应：ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O；（3）实验室还可用双氧水制取氧气：2H2O22H2O+O2（4）KI溶液与Pb（NO3)2溶液混合可形成沉淀碘化铅，此沉淀的Ksp=7．0×10—9。碘化钾的浓度为1．0×10—2mo1/L，混合后的碘离子浓度为1/2×1．0×10—2mo1/L，将等体积的D溶液与Pb（NO3)2溶液混合，则生成沉淀所需Pb（NO3)2溶液的最小浓度为=5.6×10-4mol/L。【思路点拨】本题考查了框图推断，应用实验室制氯气、氧气的方法展开，易错点是（4），注意混合前后溶液中离子浓度的变化。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】18.①已知t℃时AgCl的；②在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.在t℃时，反应的平衡常数B．在t℃时，Ag2CrO4的C．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点51\nD．在t℃时，以0.01molAgNO3溶液滴定20mLO.01molKC1和0.01mol的K2CrO4的混和溶液，CrO42-先沉淀【知识点】沉淀溶解平衡H5【答案解析】A解析：B、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4（s）⇌2Ag++CrO42-，Ksp=c2（Ag+）c（CrO42-）=（10-3）2×10-6=10-12，错误；A、平衡常数=c（CrO42-）÷c2（Cl-）=[c（CrO42-）×c2（Ag+）]÷[c2（Cl-）×c2（Ag+）]=1×10-12÷（2×10−10）2=2.5×107，正确；C、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，错误；C、依据溶度积常数计算Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）c（CrO42-）=1×10-12，Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl-）=2×10-10，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（CrO42-）=0.01mol/L，得到c（Ag+）==10-5mol/L，0.01mol/LKCl溶液中，c（Cl-）=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c（Ag+）=2×10−10÷0.01=2×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，错误。【思路点拨】曲线上的点是平衡状态；本题的A项可对平衡常数表达式变形从而求解。【化学卷（解析）·2022届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（202212）word版】10.关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是A.将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明大于B.只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关C.已知25℃时，，该温度下反应的平衡常数D.已知25℃时，，在MgCl2溶液中加入氨水，测得混合液的pH=11，则溶液中的【知识点】沉淀溶解平衡和溶度积常数H5【答案解析】【解析】A解析：A．将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙的溶解度小，但溶度积表达式类型不同，不能说明大小，故A错误；B．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关，故B正确,不选；C．Ksp[Fe(OH)3]=C3(OH-)·C(Fe3+)，反应的平衡常数K=C(Fe3+)/C3(H+)=[C3(OH-)·C(Fe3+)]/K3w=4.0×104故C正确,不选；D．测得混合液的pH=11，Ksp[Mg(OH)2]=C2(OH-)·C(Mg2+),C(OH-)=10-3,带入求得C(Mg2+)=1.8×10-5mol/L，故D正确，不选；故答案选A【思路点拨】本题考查了沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念，题目难度中等。51\n【化学卷（解析）·2022届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（202201）】11．一定温度下，难溶强电解质的饱和溶液中存在着沉淀溶解平衡，其平衡常数为物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp（25℃）8.0×10﹣162.2×10﹣204.0×10﹣38对于含Fe2(SO4)3、FeSO4和CuSO4各0.5mol的混合溶液1L，根据上表数据判断，说法错误的是 A．向混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀 B．向溶液中加入双氧水，并用CuO粉末调节pH，过滤后可获较纯净的CuSO4溶液 C．该溶液中c（SO42﹣）：[c（Fe3+）+c（Fe2+）+c（Cu2+）]=5：4 D．将少量FeCl3粉末加入含Cu（OH）2的悬浊液中，其中c（Cu2+）增大【知识点】难溶电解质的沉淀溶解平衡H5【答案解析】C解析：A、Fe(OH)3Ksp最小，所以向混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先形成Fe(OH)3沉淀，故A正确；B、向溶液中加入双氧水FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，用CuO粉末调节pH，生成Fe(OH)3沉淀而Cu2+离子不沉淀，过滤后可获较纯净的CuSO4溶液，故B正确；C、Fe3+、Fe2+、Cu2+都会发生水解，c（SO42﹣）：[c（Fe3+）+c（Fe2+）+c（Cu2+）]＞5：4故C错误；D、FeCl3水解使溶液呈酸性，加入含Cu（OH）2的悬浊液中，促进的沉淀溶解平衡右移，c（Cu2+）增大，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了难溶电解质的沉淀溶解平衡，正确使用表格中的数据是解答的关键.【化学卷（解析）·2022届福建省厦门市高三上学期质检检测（202201）word版】9．25℃时，三种难溶银盐的Ksp与颜色如右表，下列说法正确的是A.AgCl、Ag2CrO4、AgI饱和溶液中c(Ag+)依次减弱B.Ag2CrO4饱和溶液中c（Ag+）约为1.0×10-6mol·L-1C.向AgCl悬浊液加入足量KI溶液，沉淀将由白色转化为黄色D．向等浓度的KCl与K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成砖红色沉淀【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H5【答案解析】C解析：A．由表中数据可知溶度积AgCl饱和溶液中c（Ag+）==×10-5mol/L，其溶解度也最大，Ag2CrO4饱和溶液中：c（Ag+）==×10-4mol/L，错误；B．Ag2CrO4饱和溶液中：c（Ag+）==×10-4mol/L，错误；C．AgI溶度积小于AgCl，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的容易实现，所以向AgCl悬浊液加入足量KI溶液，可能有黄色沉淀产生，正确；D．由A可知，饱和溶液中c（Ag+）：AgCl＜Ag2CrO4，向等浓度的KCl与K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成白色沉淀，错误。【思路点拨】本题考查了难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度不大，注意比较表中数据，把握溶解平衡的特征以及影响因素。51\nH6 水溶液中的离子平衡综合【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】22.（8分）已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示。（1）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________。（2）95℃时，若100体积pH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则a与b之间应满足的关系是________。（3）曲线A所对应的温度下，pH＝2的HCl溶液和pH＝11的某BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1________α2（填“大于”、“小于”、“等于”或“无法确定”），若二者恰好反应所得溶液的pH＜7，原因是__________________。（用离子方程式表示）（4）在曲线B所对应的温度下，将0.02mol/L的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混合液的pH＝________。【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关PH的计算H6【答案解析】(1)10:1(2)a＋b＝14(3)小于 B-+H2OBOH+H+（1分）(4)10解析：（1）25℃时，将pH=9的NaOH溶液中C（OH-）=10-5mol/L，pH=4的H2SO4溶液中C（H+）=10-4mol/L，要使混合溶液呈中性，则氢氧根离子的物质的量等于氢离子的物质的量，设碱的体积为xL，酸的体积为yL，则10-5mol/L×xL=10-4mol/L×yL，所以x：y=10-4：10-5=10：1。（2）95℃时，pH1=a的某强酸溶液中C（H+）=10-amol/L，pH2=b的某强碱溶液C（OH-）=10b-12mol/L，溶液呈中性，则酸中氢离子的物质的量应等于碱中氢氧根离子的物质的量，所以100×10-a=1×10b-12，a+b=14。（3）在曲线A中，水的离子积为10-7×10-7=10-14，pH＝2的HCl中C（H+）=10-2mol/L，pH＝11的某BOH溶液中C（OH—）=10-3mol/L，因C（H+）＞C（OH—），故在盐酸中水的电离受到的抑制作用比较大，α1小于α2。（4）在曲线A中，水的离子积为10-6×10-6=10-12。0.02mol/L的Ba(OH)2溶液中C（OH—）=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度为0.02mol/L，C（H+）=0.02mol/L，当二者等体积混合后，溶液中的C（OH—）=0.01mol/L，则C（H+）=10-10mol/L，pH＝10。【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离，明确“混合溶液呈中性，即强酸和强碱反应时氢离子和氢氧根离子的物质的量相等”即可分析解答；考查了学生的读图能力，从图中分析水的离子积，综合性较强难度较大。【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】9．下列有关物质浓度关系的描述中，正确的是A．25℃时，NaB溶液的pH＝9，则c(Na＋)－c(B－)＝9.9×10－7mol·L－1B．0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(OH－)＋2c(CO32－)＝c(H+)＋c(H2CO3)51\nC．25℃时，向0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)D．25℃时，将pH均为3的醋酸溶液和盐酸分别加水稀释到pH均为5，则由水电离出的H+的浓度均减小为原来的100倍【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，离子浓度大小的比较，盐类水解的应用H6【答案解析】C解析：A．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（B-），所以得c（Na+）-c（B-）=c（OH-）-c（H+）=10-5-10-9mol•L-1，错误B．根据物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：CO32-、HCO3-、H2CO3，所以c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）==c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）可得质子守恒：c（OH-）＋c(CO32－)=c（H+）+c（H2CO3），错误；C．25℃时，向0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)，正确；D．加水稀释促进弱电解质醋酸电离，所以醋酸继续电离出氢离子，而HCl不再电离出氢离子，导致稀释后醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸pH小于HCl，错误。【思路点拨】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及弱酸或弱碱稀释的判断等，综合性较强，题目难度中等。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省江南十校高三期末大联考（202201）WORD版】13．25℃在25ml、C1mol·L-，的一元弱酸(HA)中，加人们v2mL、0.1mol/L的一元强碱(BOH)。下列有关判断十定正确的是（）A．当25Cl=0.1V2时;c(A—)>c(B—)B．当PH>7时，;c(A—)>c(OH—)。C．当pH=7，且V2=25时，C1>0.1D．当PH<7时,c(B+)>c(A-)【知识点】离子浓度比较H6【答案解析】C解析：当25Cl=0.1V2时，二者刚好反应，生成的盐水解使溶液呈碱性，c(A—)<c(B—)，欲呈中性，酸需过量，A错误，C正确；当pH>7时，溶液呈碱性，但不能判断c(A—)与c(OH—)大小，B错误；根据电荷守恒知,c(B+)<c(A-)，D错误。【思路点拨】离子浓度比较可运用电荷守恒、物料守恒、质子守恒解答。【理综卷（化学解析）·2022届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（202201）WORD版】26．（13分）水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离。请回答下列问题：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的pH＝。（2）25℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为，由水电离出的c(OH－)＝mol·L－1。20100300500HClHXpHV/mL（3）体积均为100mL、pH均为2的盐酸与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如右图所示，则HX是（填“强酸”或“弱酸”），理由是。（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：化学式电离常数(25℃)HCNK＝4.9×10－10CH3COOHK＝1.8×10－5H2CO351\nK1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11①25℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为（填化学式）。②25℃时，在0.5mol/L的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的倍。【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较溶液的pHH1H2H6【答案解析】（13分）（1）11 （2分）（2）CO＋H2OHCO＋OH－（2分）10－3 （2分）（3）弱酸 （1分）稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，说明HX存在电离平衡，故HX为弱酸。（2分）（4）①Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa（2分） ②9×108（2分） 解析：（1）纯水在100℃时，pH＝6，该温度下Kw=10-12，0.1mol·L－1的NaOH溶液中，溶液的c(H+)=10-12/0.1=10-11，pH＝11（2）碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－，由水电离出的c(OH－)＝10-14/10-11=10-3mol·L－1。（3）pH相等的强酸和弱酸等倍稀释，强酸pH变化大些，即HX是弱酸⑷①酸性越弱，其盐水解程度越大，pH越大，根据电离常数知酸性：CH3COOH>HCN>HCO3-,则水解程度：Na2CO3>NaCN>CH3COONa,pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa②Ka=c2(H+)/0.5=1.8×10-5,c(H+)=3×10-3,c（OH－）=10-14/3×10-3=c(H+)H2O，c(H+)÷c(H+)H2O=9×108。【思路点拨】根据电离常数可判断酸性强弱；由水电离的c(H+)H2O与由水电离的c(OH－)H2O相等。【理综卷（化学解析）·2022届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（202201）WORD版】11．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）。其中正确的是①pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH降低2个单位②1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH4+物质的量前者大③pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)④pH＝4、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/LA．①②B．②③C．①③D．②④【知识点】弱电解质的电离离子浓度比较H3H6H1【答案解析】D解析：pH＝3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH升高2个单位，①错误；②正确；NaHCO3溶液的pH＝8.3，表明其水解程度大于电离程度，即c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，③错误；根据物料守恒知有c(CH3COO－)+c(CH3COOH)＝0.2mol/L，根据电荷守恒有2c(CH3COO－)+2c（OH-）＝2c(Na+)+2c(H+)=0.2mol/L+2c(H+)，c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/L，④正确。【思路点拨】强酸或强碱稀释10倍，则pH变化1个单位，但强酸稀释，pH增大，离子浓度比较可运用电荷守恒、物料守恒及运用数学方法变形解答。【理综卷（化学解析）·51\n2022届湖北省襄阳市高三第一次调研考试（202201）word版】27．(14分)亚磷酸（H3PO3）是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ +H2PO3－。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生和Na2HPO3。（1）①写出亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式▲。②根据亚磷酸（H3PO3）的性质可推测Na2HPO3稀溶液的pH▲7（填“>”、“<”或“=”）。③某温度下，0.1000mol·L－1的H3PO3溶液中c(H+)=2.5×10－2 mol·L－1，除OH—之外其他离子的浓度由大到小的顺序是▲，该温度下H3PO3电离平衡的平衡常数K=▲。（H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字）（2）亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式▲。（3）电解Na2HPO3溶液也可得到亚磷酸，装置示意图如下：说明：阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过。①阴极的电极反应式为▲。②产品室中生成亚磷酸的离子方程式为▲。【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，电解原理的应用H6F4【答案解析】（1）①H3PO3+OH—＝H2PO3—+H2O ② > ③c（H+）>c（H2PO3-）> c（HPO32-） 8.3×10－3mol/L（2）H3PO3 +I2 +H2O=2HI +H3PO4 （3）①2H+ +2e－＝H2↑ ②HPO32－+2H+＝H3PO3 [或：HPO32－+H+ ＝H2PO3－ 、H2PO3－+H+＝H3PO3]解析：：（1）①亚磷酸是二元酸，亚磷酸和少量氢氧化钠反应生成NaH2PO3、H2O，所以该反应方程式为：H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O。②亚磷酸是二元酸，故Na2HPO3属于正盐，HPO32—只能发生水解而使溶液显示碱性。③0.1000mol•L-1的H3PO3溶液c(H+)=2.5×10－2 mol·L－1，氢离子浓度小于亚磷酸浓度，所以亚磷酸是二元弱酸，在水中分步电离，且第一步电离程度大于第二步，两步电离中都有氢离子生成，所以氢离子浓度最大，离子浓度大小顺序是c（HPO32-）＜c（H2PO3-）＜c（H+）； H3PO3⇌H++H2PO3-起始时各物质浓度（mol•L-1） 0.10 0 0反应的各物质的浓度（mol•L-1）2.5×10-22.5×10-2 2.5×10-2平衡时各物质的浓度（mol•L-1）0.10-2.5×10-22.5×10-22.5×10-2K=[c(H+)•c(H2PO3-]/c(H3PO3)=(2.5×10-2×2.5×10-2)/(0.10-2.5×10-2)=8.3×10-3mol/L。（2）碘具有氧化性，亚磷酸具有强还原性，所以亚磷酸和碘能发生氧化还原反应生成氢碘酸和磷酸，反应方程式为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4。（3）①阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑；②产品室中HPO32-和氢离子结合生成亚磷酸，反应离子方程式为：HPO32-+2H+=H3PO3。【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离，电极反应式的书写、有关平衡常数的计算等，知识点较综合，是高考热点，应重点掌握。【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】19．次氯酸可用于杀菌消毒。已知25°C时：①HClO(aq)+OH-(aq)=ClO-(aq)+H2O(l) ΔH＝-Q1kJ·mol－151\n②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH＝-57.3kJ·mol－1下列说法正确的是（）A．在25°C时，次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO(aq)H+(aq)+ClO-(aq)ΔH＝－（57.3+Q1）kJ·mol－1B．将20ml1mol/LHClO与10ml1mol/LNaOH混合后的溶液，一定存在:2C(H+)-2C(OH-)=C(ClO-)-C(HClO)C．已知酸性H2SO3>HClO>HSO3-,则向Na2SO3溶液中加入HClO的离子方程式为：SO32-+HClO=HSO3-+ClO-D．已知酸性CH3COOH>HClO,则等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中：C(Na+)>C(ClO-)>C(CH3COO-)>C(OH-)>C(H+)【知识点】有关pH的计算；反应热和焓变；离子浓度大小的比较F2H6【答案解析】【解析】B解析：A、醋酸是弱酸，电离过程是吸热的过程，强酸碱的中和热是57.3kJ/mol，根据HClO（aq）+OH-（aq）=ClO-（aq）+H2O（l）△H=-Q1kJ•mol-1，则次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO（aq）⇌H+（aq）+ClO-（aq）△H=（57.3-Q1）kJ•mol-1，故A错误；B、将20mL 1mol/L HClO与10mL 1mol/L NaOH混合后所得的溶液是等浓度的次氯酸和次氯酸钠的混合物，根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（ClO-），根据物料守恒：2c（Na+）=c（ClO-）+c（HClO），整理两个等式得到2c（H+）-2c（OH-）=c（ClO-）-c（HClO），故B正确；C、向Na2SO3溶液中加入HClO，次氯酸将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，不会发生复分解反应，故C错误；D、等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，由于酸性CH3COOH＞HClO，所以次氯酸根离子水解程度大与醋酸钠根离子，C（ClO-）＜C（CH3COO-），溶液显示碱性，所以C（Na+）＞C（CH3COO-）＞C（ClO-）＞C（OH-）＞C（H+），故D错误．故答案选B【思路点拨】本题考查了学生反应热的大小比较、离子浓度大小比较以及溶液中离子浓度之间的关系，属于综合知识的考查，难度中等。【化学卷（解析）·2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】15．下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是A．3.0L0.1mol·L－1NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重8.8g时，溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)B．常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH＝7：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)C．常温下，pH＝6的NaHSO3溶液中：c(SO)－c(H2SO3)＝9.9×10－7mol·L－1D．物质的量浓度之比为1∶2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)＋c(ClO－)＝2c(HCO)＋2c(H2CO3)＋2c(CO)【知识点】离子浓度大小的比较H6【答案解析】【解析】BC解析：A．n（NaOH）=0.1mol/L×3.0L=0.3mol，n（CO2）=8.8g÷44g/mol=0.2mol，1＜n(NaOH)/n(CO2)=1.5＜2，所以二者反应生成NaHCO3和Na2CO3，设n（Na2CO3）=xmol、n（NaHCO3）=ymol，根据C原子、Na原子守恒得x+y＝0.2,2x+y＝0.3解得x=0.1，y=0.151\n，所以二者反应生成等物质的量的NaHCO3和Na2CO3，碳酸钠的水解程度远远大于碳酸氢钠的水解程度，所以溶液中c（CO32-）＜c（HCO3-），故A错误；B．醋酸根水解产生的氢氧根与盐酸的氢离子浓度相同，而水解是微弱的，故醋酸根的浓度要远大于氯离子的，水解产生的醋酸与盐酸电离的氯离子浓度相同，故c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)，故B正确；C．常温下，pH＝6的NaHSO3溶液中，亚硫酸根电离程度大于水解，：c(SO)－c(H2SO3)=c(H+)－c(OH-)=10-6-10-8=9.9×10－7mol·L－1，故C正确；D．根据物料守恒，物质的量浓度之比为1∶2的NaClO、NaHCO3混合溶液中，2c(HClO)＋2c(ClO－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，故D错误；故答案选BC【思路点拨】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，难点是A选项，先根据守恒确定溶液中的溶质，再根据水解程度大小确定离子浓度，题目难度中等．【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】18．已知常温下CH3COOH的电离平衡常数为Ka。常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽视温度变化)。下列说法中不正确的是A．a点表示的溶液中由水电离出的H＋浓度为1.0×10-11mol/LB．b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D．当NaOH溶液加入20mL时，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.05mol/L（忽略混合时溶液体积的变化）【知识点】中和滴定、溶液中的浓度关系F5H6【答案解析】【解析】C解析：A．a点是c（H+）=10-pHmol/L=10-3mol/L，根据Kw=c（H+）•c（OH-），得溶液中的c（OH-）水=1×10−14÷10−3=10-11mol/L=c（H+）水，故A正确；B．溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），b点时，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），故B正确；C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；D．当NaOH溶液加入20mL时，根据物料守恒：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.05mol/L故答案选C【思路点拨】本题考查了水的离子积的计算、酸碱混合的定性判断，电荷守恒的运用，题目难度中等【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】13．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5mol/LB．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：51\nc(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)D．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3两种溶液的c(Na＋)：①＞②【知识点】溶液中的离子浓度大小的比较H6【答案解析】【解析】D解析：A．H2S溶液中存在电离平衡：H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-、H2O⇌H++OH-，根据上述反应知，pH=5的H2S溶液中，c（H+）=1×10-5 mol•L-1＞c（HS-），故A错误；B．一水合氨为弱电解质，加水稀释后促进了其电离，其溶液pH变化比强碱小，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，故B错误；C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），故C错误；D．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根据盐类水解规律：组成盐的酸根离子对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，则pH越大，故pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）大小为：①＞②＞③，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，要求学生能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小，试题有利于培养学生的分析、理解能力。【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】12．标准状况下,将VLH2S气体通入aLbmol/L的NaOH溶液中,下列对所得溶液的描述不正确的是（）A．随着H2S气体的通入,溶液中由水电离出的c（H+）有如右图变化关系B．当V/22．4=ab时,所得溶液中存在:c（OH－）+c（S2－）c（H+）+c（H2S）C．当V/11.2=ab时,所得溶液中存在:c（Na+）>c（S2-）>c（OH-）>c（HS-）>c（H+）D．当V/22．4<ab<V/11．2时,所得溶液中一定存在:c（Na+）c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）【知识点】酸碱混合时的定性判断及有关PH的计算H6【答案解析】D解析：当n（NaOH）：n（H2S）≥2时，发生反应H2S+2NaOH=Na2S+2H2O①，当n（NaOH）：n（H2S）≤1时，发生反应H2S+NaOH=NaHS+H2O②，当1＜n（NaOH）：n（H2S）＜2时，溶液中的溶质既有NaHS，也有Na2S。A．随着硫化氢的通入，反应①发生，硫化钠促进水电解，但反应②发生时，由于生成NaHS的水解能力小于硫化钠的水解能力，导致由水电离产生氢离子浓度有所降低，反应②发生完全后，硫化氢过量，由水电离产生的氢离子浓度降低更大，故A正确；B．当V/22．4=ab时，发生反应②，溶液中的溶质是NaHS，根据物料守恒得c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），根据电荷守恒得c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-）=c（H+）+c（Na+），所以得c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S），故B正确；C．当V/11.2=ab时，发生反应①，溶液中的溶质是Na2S，硫离子部分水解生成HS-，硫离子两步水解都生成氢氧根离子，所以溶液呈碱性，且c（OH-）＞c（HS-），则离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+），故C正确；D．当V/22．4<ab<V/11．2，①完全反应，②51\n部分反应，生成Na2S、NsHS，NaHS溶液中存在c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），Na2S溶液中存在c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），所以在Na2S、NsHS混合溶液中不存在c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），故D错误；故选D。【思路点拨】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确物质间发生的反应是解本题关键，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，题目的综合性较强，难度中等。【化学卷（解析）·2022届福建省泉州五校高三联考（202201）】20．下列图示与对应的叙述相符的是（）A．甲图曲线表示向等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加人足量镁粉产生H2的物质的量的变化B．乙表示将0.01mol·L-lNaOH溶液滴人到稀盐酸中的滴定曲线C．丙为水的电离曲线，从z点刭x点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法D．丁中曲线表示将pH相同的NH4C1溶液和盐酸稀释相同倍数时，二者pH的变化【知识点】弱电解质的电离中和反应H6【答案解析】D解析：醋酸是弱酸，盐酸是强酸，因此在物质的量浓度相同的情况下，盐酸与镁反应的反应速率快，A不正确；乙应该表示的是将稀盐酸滴人到0.01mol·L-lNaOH溶液中的滴定曲线，B不正确；丙为水的电离曲线，从z点刭x点，水的离子积常数减小，因此不能采用在水中加入适量NaOH固体的方法实现，C不正确；D、盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4＋水解溶液显酸性，因此在pH相同的条件下分别稀释相同倍数时，盐酸的pH变化大，D正确，答案选D。【思路点拨】解答图形题要看清曲线的起点、终点和变化趋势。【化学卷（解析）·2022届福建省泉州五校高三联考（202201）】18.下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是( )A．c(NH4＋)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液：c(NH4HSO4)>c((NH4)2SO4)>c(NH4Cl)B.等物质的量的NaClO、NaHCO3混合溶液：c(HClO)+c(ClO－)＝c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋c(A2－)【知识点】离子浓度比较H6【答案解析】B解析：等浓度的（NH4）2SO4溶液，NH4HSO4溶液和NH4Cl溶液，由水解可知c（NH4+）的关系为c[（NH4）2SO4]＞c（NH4HSO4）＞c（NH4Cl），则c（NH4+）相等时，三种盐溶液的浓度关系为c[（NH4）2SO4]＜c[NH4HSO4]＜c（NH4Cl），故A错误；根据物料守恒知c(HClO)+c(ClO－)＝c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)=c(Na＋)，B正确；根据电荷知C错误，应该是c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；根据电荷守恒知D错误，应该是c(H+)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－).【思路点拨】根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒解答离子浓度比较。【理综卷（化学解析）·2022届云南省部分名校高三1月份统一考试（202201）】26.51\n（14分）I．氮是地球上含量最丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题：（图中涉及物质为气态）⑴右图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式_________________________________________。⑵在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：t/℃200300400KK1K20.5请完成下列问题。①试比较K1、K2的大小，K1___________K2（填写“>”、“=”或“<”）。②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是______________（填序号字母）：a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1:3:2b．v(N2)正=3v(H2)逆c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变③在400℃时，当测得NH3和N2、H2的物质的量分别为1mol和2mol、3mol时，则该反应的v(N2)正______________v(N2)逆（填写“>”、“=”或“<”）。酸或碱电离平衡常数（Ka或Kb）CH3COOH1.8×10-5HNO24.6×10-4HCN5×10-10HClO3×10-8NH3·H2O1.8×10-5II．描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，下表是常温下几种弱酸的电离平衡常数（Ka）和弱碱的电离平衡常数（Kb）。请回答下列问题：⑴上述四种酸中，酸性最弱的是_________________（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是_________________（填序号）。A．升高温度B．加水稀释C．加少量的CH3COONa固体D．加少量冰醋酸⑵CH3COONH4的水溶液呈____________（选填“酸性”“中性”或“碱性”），理由是：___________，溶液中各离子浓度大小的关系是___________________。【知识点】反应热化学平衡电离平衡F1G5H6【答案解析】（14分）Ⅰ⑴NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ·mol-1（2分）⑵①>（1分）②C（2分）③>（2分）Ⅱ⑴HCN（1分）B（1分）⑵中性（1分）CH3COOH与NH3·H2O的电离平衡常数相等，可知CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同（2分）c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)（2分）解析：Ⅰ、（1）该反应的焓变△H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234KJ/mol。（2）①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，所以K1＞K2；②51\na、容器内各物质的浓度之比等于计量数之比，不能证明正逆反应速率相等，故a错误；b、不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，若3v（N2）（正）=v（H2）（逆），则是平衡状态，故b错误；c、容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故c正确；d、如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故d错误；选c； ③容器的体积为0.5L，NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为：2mol/L、4mol/L、6mol/L，Qc==22/(4×63)＜0.5，所以化学反应向正反应方向进行，v(N2)正＞v(N2)逆.II．⑴电离平衡常数最小的酸性最弱，即HCN酸性最弱，醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，A、升高温度，电离程度增大，电离平衡常数增大，故A错误； B．加水稀释，电离程度增大，电离平衡常数不变，故B正确；C．加少量的CH3COONa固体，电离出的醋酸根对醋酸的电离平衡起抑制作用，电离程度减小，电离平衡常数不变，故C错误；D．加少量冰醋酸，则醋酸浓度增大，根据越稀越电离的事实，则电离程度减小，平衡常数不变，故D错误。（2）醋酸铵溶液中，醋酸水解显碱性，铵根离子水解显酸性，CH3COOH与NH3•H2O的电离平衡常数相等，CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同，酸性和碱性程度相当，溶液显中性，即c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），得出c（NH4+）=c（Cl-）并且大于水解生成的c（H+）、c（OH-），即c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）。【思路点拨】平衡常数只与温度有关；可根据浓度商与平衡常数的比较判断平衡是否建立；根据电离常数判断弱电解质相对强弱。【理综卷（化学解析）·2022届云南省部分名校高三1月份统一考试（202201）】11．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)C．0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)D．0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)【知识点】离子浓度比较H6【答案解析】B解析：根据电荷守恒知c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；根据物料守恒知B正确；0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合，pH>7，则NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)，C错误；根据电荷守恒有2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)+c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，D错误。【思路点拨】电解质溶液中离子浓度大小比较的技巧：1、在解题过程中，若看到选项中有“=”，则要考虑3个守恒关系：电荷守恒、质子守恒、物料守恒。2、若守恒关系中只有离子，则考虑电荷守恒关系，若守恒关系中同时出现分子和离子，则考虑物料守恒和质子守恒；3、若选项中离子浓度关系以“>”连接，则主要考虑弱电解质的电离、弱根离子的水解以及各离子之间的相互影响等。51\n【理综卷（化学解析）·2022届湖南省衡阳市八中高三上学期第六次月考（202201）】12．常温下，有下列四种溶液，下列说法正确的是①②③④0.1mol·L－1NaOH溶液pH＝11NaOH溶液0.1mol·L－1CH3COOH溶液pH＝3CH3COOH溶液②与④混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为：c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)B．由水电离出的c(OH－)：①>③C．③稀释到原来的100倍后，pH与④相同D．①与③混合，若溶液pH＝7，则V(NaOH)>V(CH3COOH)【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算H6【答案解析】A解析：A．②与④混合，若溶液显酸性，则为醋酸钠与醋酸的混合溶液，醋酸电离大于醋酸根离子水解，若醋酸较多，则c（H+）＞c（Na+），结合电荷守恒可知溶液中离子浓度可能为c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-），正确；B.0.1mol/LNaOH溶液中，由水电离出的c（H+）为10-13mol/L，0.1mol/LCH3COOH溶液，c（H+）＜0.1mol/L，则由水电离出的c（H+）大于10-13mol/L，所以由水电离出的c（H+）为①＜③，错误；C.0.1mol/LCH3COOH溶液，c（H+）＜0.1mol/L，则pH＞1，可能为3，稀释100倍，pH增大，则③的pH可能与④不同，错误；C．①与③混合，若溶液pH=7，c（H+）=c（OH-），由电荷守恒可知c（CH3COO-）=c（Na+），则为醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸浓度大于NaOH溶液的浓度，满足醋酸过量即可，所以V（NaOH）≤V（CH3COOH），或V（NaOH）＞V（CH3COOH）也可能，错误；D.当①与③等体积混合，溶液pH>7，若让溶液的pH＝7则需要的碱液的体积要少，故V(CH3COOH)>V(NaOH)，错误。【思路点拨】本题考查了酸碱混合pH的判断及溶液酸碱性的分析，注意酸碱混合时pH与浓度的关系、电离与水解的关系等，题目综合性较强，难度较大。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】13．常温下，下列有关醋酸的叙述中不正确的是A.pH=5．6的由CH3COOH与CH3COONa组成的混合溶液中:c(Na+)<c(CH3C00-)B．将PH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c(OH-)不断增大C．等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14D．浓度均为0.1mol．L-1的CH3COOH溶液和氨水等体积混合后：(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)【知识点】酸与碱反应规律溶液中的离子浓度关系H2H3H6【答案解析】C解析：A、根据电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(CH3C00-)+c(0H-)，pH=5．6说明c(0H-)<c(H+)，则c(Na+)<c(CH3C00-)，故A正确；B、醋酸稀释过程中c(H+)减小，由于水的离子积一定，所以c(OH-)不断增大，故B正确；C、a+b=14时，醋酸过量，不会恰好中和，故C错误；D、符合电荷守恒式，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了51\n酸与碱反应规律及溶液中的离子浓度关系，易错点是酸碱的强弱问题，注意中和与中性的区别。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】11．下列实验操作对应的实验现象和解释或结论都正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A把S02通人紫色石蕊试液中紫色褪去S02具有漂白性B向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，然后再滴加足量的CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色C向某溶液中滴加KSCN溶液溶液变红色溶液中含有Fe2+D将充满N02的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应2【知识点】难溶物的沉淀溶解平衡化学平衡的移动H5H6【答案解析】D解析：A、S02通人紫色石蕊试液中，由于S02溶于水时溶液呈酸性，紫色石蕊试液变红，S02不能漂白指示剂，故A错误；B、氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜的Ksp小于氢氧化镁的Ksp，故B错误；C、Fe3+与KSCN溶液反应溶液变血红色，故C错误；D、将充满N02的密闭玻璃球浸泡在热水中颜色变深，说明平衡逆向移动，正方向放热，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了难溶物的沉淀溶解平衡、化学平衡的移动等，难点是B，首先根据NaOH少量及现象确定发生了沉淀转化，再比较Ksp值的大小。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】11．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10—5mol·L—1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaOH三种溶液的c(Na＋)：③＞②＞①【知识点】溶液中的离子浓度关系H3H1H6【答案解析】C解析：A、H2S溶液中，c(H+)＞c(HS－)，故A错误；B、pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，由于稀释促进氨水的电离，稀释后pH减小，但减小的值小于1，故B错误；C、pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合都满足电荷守恒式：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42-)，故C正确；D、pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaOH三种溶液，NaHCO3的浓度最大，NaOH的浓度最小，c(Na＋)浓度应该为：②＞①＞③，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了溶液中的离子浓度关系，理解任何溶液都满足电荷守恒，弱电解质加水稀释促进弱电解质的电离。51\n【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】4．常温下，下列溶液中各微粒浓度关系或pH判定不正确的是A．将5mL0.02mol/L的H2SO4溶液与5mL0.02mol/LNaOH溶液充分混合，若混合后溶液的体积为10mL，则混合液的pH=2B．某溶液中由水电离的c(OH--)=1×10-amol/L，若a﹤7，则pH可能为aC．pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3④NaOH溶液中，c(Na+)大小关系：④＞①＞③＞②D．CH3COONa溶液中加入少量KCl固体后的碱性溶液一定有：c(Na+)—c(CH3COO-)=c(OH-)—c(H+)【知识点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，盐类水解的应用H3H6【答案解析】C解析：A、将5mL 0.02mol/L的H2SO4与5mL 0.02mol/L NaOH溶液充分混合，硫酸过量，混合溶液中剩余氢离子浓度=（0.005L×0.02mol/L×2-0.02mol/L×0.005L）/0.01L=0.01mol/L，溶液PH=2，正确；B、水电离的c（OH--）=1×10-amol/L=水电离的c（H+）=1×10-amol/L，若溶液中氢离子浓度为c（H+）=1×10-amol/L，则溶液的pH=a，正确；C、已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，则根据越弱越水解可知，相同条件下，浓度相同的五种溶液的pH由大到小的顺序为①④②③，当pH相等时，溶液的浓度即c(Na+)大小关系：③②④①，错误；D、CH3COONa溶液中加入少量KCl固体后，溶液中的电荷守恒关系为：c(Na+)+c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl—)，而c(K+)=c(Cl—)，故c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(Na+)—c(CH3COO-)=c(OH-)—c(H+)，正确。【思路点拨】本题考查了溶液中离子浓度的关系，溶液中pH的计算，是水溶液中的电离平衡中常见到的题型，熟练掌握基本理论是解答的关键。【化学卷（解析）·2022届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（202212）word版】9（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气。(1)活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：①第一次出现平衡的时间是第min；②0~20min反应速率表示为V(SO2)=；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是；40min时，平衡常数值为____。51\n(2)亚硫酸钠吸牧法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是____(填序号)a.c(Na+)+c(H+)>c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)b.c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-）+c(H2SO3)c.c(Na-)>c(SO32-)>c(OH一)>c(H+)d.水电离出c(OH一)=l×l0-8mol/L，(3)电化学处理法如右图所示，Pt(1)电极的反应式为；碱性条件下，用Pt(2)电极排出的S2O42-溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32-生成。若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体mol。【知识点】化学反应速率化学平衡电化学离子浓度比较G5F4H6【答案解析】解析：⑴①分析图像知第一次各物质物质的量不随时间而变化即达平衡，故在20min达平衡，②0~20min反应速率表示为V(SO2)=（1.0-0.4）mol/L÷20min=0.03mol/L·min③30min时，二氧化碳的浓度突降，因此改变的条件最有可能是降低二氧化碳浓度，40min时平衡常数值为[c（S2）×c2（CO2）]÷c2（SO2）=0.3×0.62÷0.42=0.675.⑵①Na2SO3与SO2反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SO32－＋SO2＋H2O=2HSO3－②根据电荷守恒知有c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因此a正确；若溶质只是亚硫酸氢钠，则根据物料守恒知b正确，但此时溶液可能还含Na2SO3，因此b不一定正确；pH=6，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-),c错误，D正确。⑶分析图像知稀硫酸+SO2→浓硫酸，是二氧化硫氧化为硫酸，即Pt(1)电极的反应式为SO2－2e－＋2H2O=H2SO4,S2O42-与NO2反应的方程式是4S2O42-+2NO2+8OH-=N2+8SO32-+4H2O，根据2HSO3－+2e－=2OH-+S2O42-知若阳极转移电子6mol，则生成3molS2O42-，理论上处理NO2气体1.5mol。【思路点拨】温度变化，平衡常数变化，因此本题40min时的平衡常数值用第一次平衡时各物质的平衡浓度求。根据电解示意图中的物质变化判断发生的反应，如稀硫酸+SO2→浓硫酸，是二氧化硫氧化为硫酸。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】14．常温下，0.1mol/LNa2CO3溶液中各微粒浓度关系正确的是A．c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(H＋)＞c(OH—)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)D．c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)51\n【知识点】溶液中的离子浓度H3H6【答案解析】A解析：A、Na2CO3溶液中CO32－第一步水解得HCO3－，第二步水解得H2CO3，以第一步水解为主，故A正确；B、Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H＋)，故B错误；C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，故C错误；D、根据钠、碳原子守恒得：c(Na＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了溶液中的离子浓度关系，需要理解盐类的水解，掌握溶液中的守恒关系。51
