2023年高考化学三轮回归教材重难点04 水溶液中的离子平衡

2023年高考化学三轮回归教材重难点回归教材重难点04 水溶液中的离子平衡高考五星高频考点。水溶液中的离子平衡是新教材选择性必修一《化学反
应原理》重要内容之一，主要内容为弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡、难溶电解质的溶解平衡的移动影响规律及应用，溶液中粒子浓度大小的
比较，Ksp、pH的计算，中和滴定的计算、指示剂的选择等。溶液中的三大平衡——电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡早已成为高考化学中的
热点内容。常见的题型是选择题，也有填空题，题目设计新颖灵活，综合性强，注重考查考生的读图识表能力、逻辑推理能力以及分析问题和解决问
题的能力。题目的考查点基于基础知识突出能力要求，并与平衡移动、粒子浓度比较、化学计算等联系在一起考查。一般需要考生具有一定的识别图
像、图表的能力，综合分析、推理、计算、做出判断，本部分内容经常与其他部分知识(如化学平衡、物质结构、元素及其化合物、化学计算等)联
系在一起考查，同时考查考生变化观念与平衡思想的核心素养。复习时要紧扣平衡移动的判断条件，抓住各个平衡的自身特点和规律，做好各类应对
措施。1．强弱电解质的比较与判断(1)在相同浓度、相同温度下，对强弱电解质做导电对比实验。(2)在相同浓度、相同温度下，比较反应速
率的快慢。如将Zn粒投入到等浓度的盐酸和醋酸中，结果前者比后者反应快。(3)浓度与pH的关系。如常温下，0.1 mol·L－1的醋
酸溶液，其pH>1，即可证明CH3COOH是弱电解质。(4)测定对应盐的酸碱性。如CH3COONa溶液呈碱性，则证明CH3COOH
是弱酸。(5)稀释前后的pH与稀释倍数的变化关系。如将pH＝2的酸溶液稀释100倍，若pH<4，则证明该酸为弱酸，若pH＝4，则证
明该酸为强酸。(6)利用实验证明存在电离平衡。如向醋酸溶液中滴入石蕊溶液变红，再加CH3COONH4，颜色变浅。(7)利用较强酸制
较弱酸来判断电解质强弱。如将CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明酸性：H2CO3>C6H5OH。2．一元强酸和一元弱酸的比较浓度
均为0.01 mol·L－1的强酸HA与弱酸HBpH均为2的强酸HA与弱酸HBpH或物质的量浓度2＝pHHA＜pHHB0.01 m
ol·L－1＝c(HA)＜c(HB)开始与金属反应的速率HA＞HBHA＝HB体积相同时与过量的碱反应时消耗碱的量HA＝HBHA＜H
B体积相同时与过量活泼金属反应产生H2的量HA＝HBHA＜HBc(A－)与c(B－)的大小c(A－)＞c(B－)c(A－)＝c(B
－)分别加入固体NaA、NaB后pH变化HA：不变HB：变大HA：不变HB：变大加水稀释10倍后3＝pHHA＜pHHB3＝pHHA
＞pHHB＞2溶液的导电性HA>HBHA＝HB水的电离程度HA 液的性质(1)室温下水电离出的c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，若某溶液中水电离出的c(H＋)<1×10－7 mol·L－
1，则可判断该溶液呈酸性或碱性；若某溶液中水电离出的c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，则可判断出该溶液中存在能水解的盐，从
而促进了水的电离。(2)室温下，溶液中的c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是酸性溶液或水解呈酸性的盐溶液；溶液中
的c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是碱性溶液或水解呈碱性的盐溶液。4．“用规律”“抓类型”突破盐类水解问题(1
)规律：有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性，越热越水解，越稀越水解。(2)类型①强碱弱酸盐，阴离子水解，其水溶液呈碱性
，如醋酸钠水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H
2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。②强酸弱碱盐，阳离子水解，其水溶液呈酸性，如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分
别为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。③NaCl等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。④弱酸弱
碱盐相互促进水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。⑤弱酸酸式盐水溶液酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大
小。a．若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4等。b．若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，如NaHCO
3、Na2HPO4等。5．沉淀溶解平衡突破(1)沉淀能否生成或溶解的判断方法通过比较溶度积与非平衡状态下溶液中有关离子浓度幂的乘积
——离子积Qc的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀生成或溶解的情况：Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出；Qc＝Ksp，
溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态；Qc 动，非氧化还原类离子反应都是向离子浓度减小的方向移动，从溶解角度说，一般是易溶物质转化成微溶物质，微溶物质转化为难溶物质。有些金属
硫化物(如CuS、HgS等)溶度积特别小，在饱和溶液中这些金属硫化物不能溶于非氧化性强酸，只能溶于氧化性酸，c(S2－)减小，可达
到沉淀溶解的目的。(3)溶度积(Ksp)与溶解能力的关系的突破方法溶度积(Ksp)反映了电解质在水中的溶解能力，对于阴阳离子个数比
相同的电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强；但对于阴阳离子个数比不同的电解质，不能直接比较Ksp数值的大小。6
．中和滴定(1)实验仪器酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴
定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。(2)操作步骤①滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；②滴
定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；③计算。(3)指示剂的选择标准液待测液酸碱指示剂及终点颜色变化终点判断标准强酸强碱甲基橙(
黄→橙)当滴入一滴标准液，指示剂从某色变为某色，并在半分钟内不再变色，即达到滴定终点酚酞(红→无色)弱碱甲基橙(黄→橙)强碱强酸酚
酞(无色→粉红)甲基橙(红→橙)弱酸酚酞(无色→粉红) (4)误差分析写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果
的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线(俯视、仰视)问题要学会画图分析。(5)数据处理正确“取舍”数据，计算“平均”体积，根据反
应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。7．中和滴定原理的拓展应用(1)沉淀滴定概念：沉淀滴定是利用沉淀反应
进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl
－、Br－、I－浓度。原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生
成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO
4更难溶的缘故。(2)氧化还原滴定原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。实例：①酸性KMnO4溶液
滴定H2C2O4溶液原理：2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O指示剂：酸性KMnO4溶液本身呈
紫色，不用另外选择指示剂，当滴入一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。②Na2S2O3
溶液滴定碘液原理：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI指示剂：用淀粉作指示剂，当滴入一滴Na2S2O3溶液后，溶液
的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点。8．四种典型电解质溶液中的粒子浓度关系(1)CH3COONa与NH4ClCH3
COONa溶液中NH4Cl溶液中物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH
3·H2O)电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)c(OH－)＋c(Cl－)＝c(NH)＋c(H＋)
质子守恒c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)大小关系c(Na＋)>c(CH
3COO－)>c(OH－)>c(H＋)c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)(2)Na2CO3与NaHCO3Na2CO
3溶液中NaHCO3溶液中物料守恒c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]c(Na＋)＝c(HCO)＋c(C
O)＋c(H2CO3)电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)质子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋
c(HCO)＋2c(H2CO3)c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)大小关系c(Na＋)>c(CO)>c(OH－
)>c(HCO)>c(H＋)c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋) c(Na＋)>c(HCO)>c(H2CO3)>c
(CO)9．解粒子浓度关系题的思路(1)巧用三大守恒，必须注意细节①电荷守恒找全溶液中的阴、阳离子，分列等式两边，切勿漏写；离子所
带电荷数不是1时，要在该离子物质的量浓度前乘以其所带的电荷数。如一定温度下，pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任
意比例混合，浓度关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)(注意C2O的化学计量数为2)。②物料
守恒以元素X、Y的物料关系书写守恒式时，分别找全含有X、Y的微粒，分列等式两边，切勿漏写；准确确定X与Y的物料关系，不要弄反两者的
计量数之比，不要忽略新加入物质对溶液的影响。如室温下，0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中存在c(Na＋)＝2[c(SO)
＋c(HSO)＋c(H2SO3)](物料守恒)，但当通入SO2时，使溶液中含有S元素的微粒增多，故：c(Na＋)≠2[c(SO)＋
c(HSO)＋c(H2SO3)]。③质子守恒方法一：找出所有能够提供H＋的微粒，包括H2O，等式左边书写这些微粒失去H＋后形成的微
粒(注意若失去2个H＋，则该微粒的物质的量浓度前要乘以计量数2，且不要漏掉OH－)；右边书写与H＋结合后形成的微粒(若结合2个H＋
，则该微粒的物质的量浓度前也要乘以计量数2，另外不要漏掉H＋)。如NaHCO3溶液中存在：c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c
(H2CO3)。方法二：代入法构建等式，即将物料守恒式与电荷守恒式联立，得出质子守恒式。(2)根据粒子浓度关系式，套用合适守恒式粒
子浓度关系思考套用公式一边全为阴离子，另一边全为阳离子电荷守恒式一边微粒全含有一种元素，另一边微粒全含另一种元素物料守恒式一边微粒
能电离H＋，另一边微粒能结合H＋质子守恒式两边没有明显特征三守恒式结合(3)分清主次关系，不要片面考虑某些混合溶液中可能同时存在水
解平衡和电离平衡，需要根据题目提供的溶液酸碱性或一般规律判断究竟是哪一种因素起主导作用。10．电解质溶液中粒子浓度大小的比较实例类
型方法举例不等式的建立一元弱酸(弱碱)、多元弱酸溶液中粒子浓度大小比较考虑电离是可逆过程，电离程度较小，多元弱酸以一级电离为主CH
3COOH溶液中：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(H＋
)>c(HCO)>c(OH－)能水解的盐溶液中粒子浓度大小比较考虑电离(完全)，水解是可逆过程，水解是微弱的Na2CO3溶液中：c
(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)不等式的建立酸式盐溶液中粒子浓度大小比较水解程度大于电离程度NaHC
O3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)或c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)电离程度
大于水解程度NaHSO3溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)或c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>
c(SO)>c(OH－)不等式的建立不同溶液中指定粒子浓度大小比较主要考虑电离、起始浓度、水解程度浓度均为0.1 mol·L－1的
(NH4)2CO3、(NH4)2SO4、NH4Cl 、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH)的大小顺序：(NH4)2Fe
(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4Cl不等式的建立两种不反应的物质混合后溶液中粒子浓度大不比较考虑电离和
水解程度的相对大小等浓度的NH4Cl和NH3·H2O混合溶液中(pH＞7)：c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(O
H－) >c(H＋)等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中(pH＜7)：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3
COOH)>c(H＋)>c(OH－)不等式的建立两种溶液混合发生反应后的粒子浓度大小比较考虑反应、过量、电离和水解0.2 mol·
L－1 HCN溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合的溶液中(pH＞7)：c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>
c(OH－)>c(H＋)1．(2021?广东选择性考试)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知
GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是( )A．0.001mol·L-1GHCl水溶液的pH=3B．0.001mol·L-1
GHCl水溶液加水稀释，pH升高C．GHCl在水中的电离方程式为：GHCl=G+HClD．GHCl水溶液中：c(OH-)+c(Cl
-)=c(GH+)+c(G)【答案】B【解析】A项，GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.
001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；B项，稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c
(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C项，GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D项，
根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；故选B。2．(2021?天津卷)常
温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是( )A．在0.1mol·L-1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞
c(HPO42-)＞c(PO43-)B．在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(H
C2O4-)+c(C2O42-)C．在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3-)=0.1mol·L
-1D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)【答案】A【解析】A项
，由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在0.1mol·L-1H3PO4溶液中，离子浓度大小为：c(H3P
O4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故A正确；B项，在0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中，根据
电荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；C项，在0.1mol·L
-1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol·L-1，故C错误；
D项，氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则c(OH―)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)+c(OH―)=c(NH4
＋)+c(H＋)，则c(Cl－)＜c(NH4＋)，故D错误；故选A。3．(2021?湖南选择性考试)常温下，用0.1000mol?
L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol?L﹣1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如
图所示。下列判断错误的是(　)A．该NaX溶液中：c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)B．三种一元弱酸的电离常数：K
a(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X﹣)＝c(Y﹣)＝c(Z﹣)D．分别滴加20.00mL盐
酸后，再将三种溶液混合：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)【答案】C【解析】A项，因为HX为弱酸，NaX
溶液存在水解：X﹣+H2O?HX+OH﹣，所以c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故A正确；B项，根据盐类水解的规
律：越弱越水解可知，相同浓度的强碱弱酸盐溶液中，一元弱酸越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜Na
Z，则酸性强弱为：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越强，电离程度越大，电离平衡常数K越大，所以有：Ka(HX)＞Ka(HY)＞K
a(HZ)，故B正确；C项，当pH＝7时，c(H+)＝c(OH﹣)，根据电荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+c(Na+)＝c(O
H﹣)+c(X﹣)+c(Cl﹣)，则有：c(X﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，同理有：c(Y﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，c
(Z﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，又因三种溶液滴定到pH＝7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c(Cl﹣)是不一样的，
所以c(X﹣)≠c(Y﹣)≠c(Z﹣)，故C错误；D项，分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c(X﹣)+
c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣)+c(Cl﹣)＝c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)0.05mol/L，混合溶液
中c(Cl﹣)0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)，故D正确。故
选C。4．(2021?山东卷)赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RC
l2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R
+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是( )A．>B．M点，c(Cl-) +c(
OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O点，pH=D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)
>c(H+)【答案】CD【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：H3R2++OH-=H2R++H2O、H2
R++OH-=HR+H2O、HR+OH-=R-+H2O，溶液中H3R2+逐渐减小，H2R+和HR先增大后减小，R-逐渐增大。，，，
M点c(H3R2+)=c(H2R+)，由此可知K1=102.2，N点c(HR)=c(H2R+)，则K2=10-9.1，P点c(HR
)=c(R-)，则K3=10-10.8。A项，，，因此，故A错误；B项，M点存在电荷守恒：c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)
=2c(H3R2+)+c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，此时c(H3R2+)=c(H2R+)，因此c(Cl-) +c(OH
-)+c(R-)=3c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，故B错误；C项，O点c(H2R+)=c(R-)，因此，即，因此，溶液
，故C正确；D项，P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此c(OH-)>c(H+)，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒
浓度，因此c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确；故选CD。5．(2021?湖北选择性考试)常温下，已知H
3PO3溶液中含磷物料的浓度之和为0.1 mol·L1，溶液中各含磷物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负
对数(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(1
0.0，3.6)、z(12.6，1.3)。下列说法正确的是( )A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化B．H3PO3的
结构简式为C．pH＝4的溶液中：c(H2PO2)＜0.1 mol·L1－2c(HPO32)D．H3PO3＋HPO322H2PO3的
平衡常数K＞1.0×105【答案】D【解析】图像中含P的微粒只有3种，说明H3PO3是二元弱酸，随着c(OH)增大，pOH减小，依
次发生反应：H3PO3＋OH＝H2PO3＋H2O，H2PO3＋H2O＝HPO32＋H2O，c(H3PO3)逐渐减小，c(H2PO3
)先增大，后减小；c(HPO32)逐渐增大，即p(H3PO3)逐渐增大，p(H2PO3)先减小，后增大；p(HPO32)减小。观察
图像知，横坐标代表pOH，从左至右，pOH增大；纵坐标代表pc，从下至上减小。pOH＝0时，pc(H3PO3)最大，pc(HPO3
2)最小，pc(H2PO3)居中。所以，曲线①代表pc(HPO32)，曲线②代表pc(H2PO3)，曲线③代表pc(H3PO3)，
A项错误；依题意，亚磷酸是二元弱酸，羟基上氢能电离出氢离子，则其分子中含有两个羟基，亚磷酸的结构简式为，B项错误；pH＝4，pOH
＝10，pc(H3PO3)＝pc(HPO32)，推知c(H3PO3)＝c(HPO32)，根据物料守恒知，c(H3PO3)＋c(H2
PO3)＋c(HPO32)＝0.1 mol·L1，得：c(H2PO3)＝0.1mol·L1－2c(HPO32)，C项错误；x点表示
c(H2PO3)＝c(HPO32)，pOH＝7.3，，z点表示c(H3PO3)＝c(H2PO3)，pOH＝12.6，，H3PO3＋
HPO322H2PO3的平衡常数，D项正确。6．(2021?海南选择性考试) 25℃时，向10.00mL0.1000mol·L-1
的NaHCO3溶液中滴加.1000mol·L-1的盐酸，溶液的随加入的盐酸的体积变化如图所示。下列有关说法正确的是( )A．点
，溶液是由于HCO3-水解程度大于电离程度B．点，c(Na＋)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)C．c 点，溶液
中的主要来自HCO3-的电离D．d点，c(Na＋)= c(Cl-)= 0.1000mol·L-1【答案】AB【解析】A项，HCO3
-存在水解平衡和电离平衡，a点溶液pH＞7是由于HCO3-水解程度大于电离程度，故A正确；B项，根据电荷守恒c(Na＋)+c(H＋
)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH―)，b点pH=7即c(H＋)= c(OH-)，所以c(Na＋)=
c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，故B正确；C项，c点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的H+主要来自H2C
O3的电离，故C错误；D项，d点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，c(Na＋)= c(Cl-)= 0.0500mol·L-1，故D错误；选
AB。7．(2022·上海市金山区高三质量监控一模)20℃时，向10mLpH=3的CH3COOH溶液中加水稀释，下列说法正确的是(
)A．溶液中减小B．溶液中导电粒子数目减少C．CH3COOH电离程度增大，c(H+)也增大D．向溶液中加入pH=11的Na
OH溶液后，pH＞7【答案】A【解析】CH3COOH是弱酸，在水溶液中发生CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释对弱电解质的
电离起促进作用，根据勒夏特列原理可知，稀释后溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+的浓度均减小。A项，稀释后溶液中H+的浓度减
小，则OH-浓度增大，故溶液中减小，A正确；B项，加水稀释对弱电解质的电离起促进作用，溶液中导电粒子即CH3COO-、H+、OH-
的数目增大，B错误；C项，加水稀释对弱电解质的电离起促进作用，CH3COOH电离程度增大，但c(H+)减小，C错误；D项，未告知加
入NaOH溶液的体积，无法知道向溶液中加入pH=11的NaOH溶液后溶液的酸碱性，D错误；故选A。8．(2022·广东省四校高三联
考)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱(已知：25℃时，Kb1=10-4，Kb2=10-7)，其水溶液与NH3水溶液的电
离方式相似。现用锥形瓶装10 mL0.1 mol·L-1乙二胺溶液，用0.1 mol·L-1盐酸滴定。下列叙述错误的是( )A．乙
二胺在水溶液中的第一步电离方程式H2NCH2CH2NH2+H2O?[H2NCH2CH2NH3]++OH-B．选用甲基橙作指示剂，可
以很好地判断滴定终点C．滴入10.00 mL盐酸时，溶液呈碱性D．滴入20.00 mL盐酸时，混合溶液中有c(H2NCH2CH2N
H2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)+c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-)【答案】D【解析】A项，乙二胺(
H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱，其水溶液与NH3水溶液的电离方式相似，就是结合水电离产生的H+，剩余OH-，使溶液显碱性，则
乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式H2NCH2CH2NH2+H2O?[H2NCH2CH2NH3]++OH-，A正确；B项，由于乙二
胺是二元弱碱，与盐酸恰好反应产生的盐溶液显酸性，因此要选择酸性范围内变色的甲基橙作指示剂，可以减小实验误差，可以很好地判断滴定终点
，B正确；C项，当滴入10.00 mL盐酸时，恰好反应产生H2NCH2CH2NH2+H2O?[H2NCH2CH2NH3Cl，而[H
2NCH2CH2NH3]+的电离平衡常数Kb2=10-7，[H2NCH2CH2NH3]+的水解平衡常数Kh2=，电离平衡常数大于其
水解平衡常数，所以溶液显碱性，C正确；D项，滴入20.00 mL盐酸时，二者恰好反应产生正盐[H3NCH2CH2NH3]Cl2，根
据物料守恒可知：2c(H2NCH2CH2NH2)+2c([H2NCH2CH2NH3]+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)
=c(Cl-)，D错误；故选D。9．(2022·上海市奉贤区高三统考)常温下，用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1
mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是( )A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl
-)>c(CH3COO-)B．滴加氨水到20mL的过程中，水的电离程度逐渐增大C．当滴入20mL氨水时，c(CH3COOH)+c(
H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH4+) 】A项，HCl为强酸，完全电离，CH3COOH为弱酸，不完全电离，所以HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3CO
O-)，A正确；B项，酸或碱的电离抑制水的电离，滴加氨水时，溶液中的酸被消耗，滴加到20mL时，溶液中溶质只有盐，此时水的电离程度
达到最大，B正确；C项，当滴入20mL氨水时，溶质为等物质的量的CH3COONH4和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)
+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，存在物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Cl-
)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，二式联立可得c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)，C正确
；D项，当滴入20mL氨水时，溶质为等物质的量的CH3COONH4和NH4Cl，溶液显酸性，所以要想使溶液呈中性，需要加入更多的氨
水，则当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONH4和NH4Cl，以及少量NH3·H2O，水
解是微弱的，所以c(NH4+)＞c(Cl-)，D错误；故选D。10．(2022·江苏省高邮市高三学情调研试题)已知：①AgCl为难
溶于水和酸的白色固体，Ag2S为难溶于水和酸的黑色固体。②室温下，Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(Ag2S)=2.
0×10-48。向AgCl的悬浊液中加入一定量的Na2S溶液并振荡，白色固体向黑色固体转化。下列说法正确的是( )A．Na2
S溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(S2-)B．向AgCl悬浊液加入足量氨水，溶液变澄清。反应的离子方程式
为：AgCl+4NH3?H2O=[Ag(NH3)4]++Cl-+4H2OC．反应2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-正向进行，需满
足<2×1028D．将转化后的体系静置，上层清液中离子存在关系：c(Ag+)=且c(Ag+)>【答案】C【解析】A项，Na2S溶液
中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，A错误；B项，向AgCl悬浊液加入足量氨水，溶液变澄清，得
到银氨溶液，离子方程式为AgCl+2NH3?H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B错误；C项，反应2AgCl+S2-
Ag2S+2Cl-的平衡常数K=== ==2×1028，当浓度商Q=＜K时，反应正向移动，C正确；D项，根据题意沉淀发生转化，即体
系中不会生成AgCl沉淀，所以c(Ag+)＜，D错误；故选C。11．(2022·河南省名校联盟高三联考)天门冬氨酸(，记为H2Y)
是一种天然氨基酸，水溶液显酸性，溶液中存在H2YH++HY-，HY-H++Y2-，与足量NaOH反应生成Na2Y ，与盐酸反应生成
YH3Cl。下列说法正确的是( )A．常温下，0.05 mol·L-1的H2Y溶液的pH=1B．pH=2.97的H2Y溶液稀
释100倍，所得溶液pH=4.97C．YH3Cl水溶液中：c(H+)+c(YH3-)= c(OH-)+ c(Cl-)+c(HY-)
D．Na2Y溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HY-)+ 2c(H2Y)+3c(YH3-)【答案】D【解析】A项，H2Y部分电
离，常温下，0.05 mol·L-1的H2Y溶液的pH>1，A错误；B项，稀释过程中电离程度增大，pH=2.97的H2Y溶液稀释1
00倍，所得溶液pH<4.97，B错误；C项，根据电荷守恒知，YH3Cl水溶液中：c(H+)+c(YH3-)= c(OH-)+ c
(Cl-)+c(HY-)+ 2c(Y2-)，C错误；D项，根据电荷守恒和物料守恒知，Na2Y溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(
HY-)+ 2c(H2Y)+3c(YH3-)，D正确；故选D。12．(2022·上海市金山区高三质量监控一模)H2X为二元弱酸。2
0℃时，向100mL0.1mol·L-1的Na2X溶液中缓慢通入HCl(忽略溶液体积变化及H2X的挥发)。指定溶液中微粒的物质的量
浓度关系一定正确的是( )A．通入HCl前：c(X2-)＞c(HX-)＞c(OH-)＞c(H+)B．若通入5×10-3mol
HCl，溶液呈碱性，则溶液中c(X2-)=c(HX-)C．pH=7时：溶液中c(HX-)＞c(Cl-)D．c(Cl-)=0.1mo
l·L-1时：c(OH-)-c(H+)=c(H2X)-c(X2-)【答案】D【解析】A项，通入HCl气体之前，该溶液为Na2X溶液
，分步水解且程度很小，离子浓度大小关系为c(X2-)＞c(OH-)＞c(HX-)＞c(H+)，A错误；B项，若通入5×10-3mo
lHCl，则反应后溶液为NaHX和Na2X等浓度混合的溶液，因溶液呈碱性，即HX-的电离小于X2-的水解，则溶液中c(X2-)＜c
(HX-)，B错误；C项，电荷守恒式c(Cl-)+2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式
c(Na+)=2c(X2-)+2c(HX-)+2c(H2X)，pH=7的溶液c(OH-)=c(H+)，三等式联立可得c(Cl-)＞
c(HX-)，C错误；D项，c(Cl-)=0.100 mol?L-1的溶液中，c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)=c(Cl-
)=0.100mol?L-1，又根据电荷守恒式c(Cl-)+2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，
物料守恒式c(Na+)=2c(X2-)+2c(HX-)+2c(H2X)可得c(Cl-)+c(OH-)═c(H+)+c(HX-)+2
c(H2X)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)-[c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)]=c(H2X
)-c(X2-)，D正确；故选D。13．(2022·山东省高三第三次联考)碳酸和亚硫酸电离平衡常数(25℃)如下表所示：名称碳酸亚
硫酸电离常数K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11K1=1.3×10-2 K2=6.2×10-8下列说法正确的是(
)A．pH相同的①Na2CO3②Na2SO3溶液中c(Na+)：①＞②B．少量CO2通入Na2SO3溶液中反应的离子方程式为
：CO2+H2O+2SO32-=CO32-+HSO3-C．某NaHSO3溶液pH=5，则该溶液中的c(H2SO3)＞c(SO32-
)D．等浓度的NaHSO3和NaHCO3等体积混合后，则c(H+)-c(OH-)= c(CO32-)-c(H2CO3)+ c(SO
32-)-c(H2SO3)【答案】D【解析】A项，根据电离常数可知，则Na2CO3的水解程度大，pH相同时需要的Na2CO3浓度小
，碳酸钠溶液中钠离子浓度小，①<②，故A错误﹔B项，由于酸性H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，则少量CO2通入Na2SO3溶液，
不能生成CO32-，故B错误；C项，NaHSO3溶液pH=5，则HSO3-的电离程度大于其水解程度，溶液中c(H2SO3)＜c(S
O32-)，故C错误；D项，等浓度的NaHSO3和NaHCO3等体积混合后，其电荷守恒为：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32
-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2 c(SO32-)+c(HSO3-)①，物料守恒为：c(Na+)= c(HCO3-)+ c
(CO32-)+c(H2CO3)+ c(HSO3-)+ c(SO32-)+ c(H2SO3)②；①-②得c(H+)-c(OH-)=
c(CO32-)-c(H2CO3)+ c(SO32-)-c(H2SO3)，故D正确。故选D。14．(2022·江苏省百校大联考高
三第二次考试)室温下，通过下列实验探究亚硫酸盐的性质。已知：Ka1(H2SO3)=1.54×10-2、Ka2(H2SO3)=1.0
2×10-7实验实验操作和现象1向10mL0.10mol·L-1NaOH溶液通入11.2mL(标准状况)SO2，测得pH约为92向
10mL0.10mol·L-1NaOH溶液通入SO2至溶液pH=73向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液通入22.4mL(标
准状况)SO2，测得pH约为34取实验3所得溶液1mL，加入1mL0.01mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀下列说法正
确的是( )A．实验1得到的溶液中有：c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H+) c(SO32-) 4中可知：Ksp(BaSO3)<5×10-5【答案】D【解析】A项，11.2mL(标准状况)SO2得物质的量为=0.0005mol
，故实验1得到Na2SO3溶液中，根据质子守恒可得2c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(H+)=c(OH-)，又Na2SO3溶
液中2c(H2SO3)c(OH-)，故A错误；B项，Ka2
(H2SO3)==1.02×10-7，实验2得到的溶液pH=7，即c(H+)=1.0×10-7，即=1.02，有c(SO32-)>
c(HSO3-)，故B错误；C项，22.4mL(标准状况)SO2的物质的量为=0.001mol，故实验3得到NaHSO3溶液，其浓
度为0.1mol/L，c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，由Kh(HS)== SO3-)，溶液呈酸性c(H+)>c(OH-)，且c(SO32-)>c(H2SO3)，可知：c(H+)+c(Na+)>c(HSO3
-)+2c(H2SO3)+c(OH-)>c(HSO3-)+2c(H2SO3)，故C错误；D项，实验4中发生的反应为亚硫酸氢钠溶液与
少量氢氧化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀、亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为2 HSO3-+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+ SO32
-+2H2O，实验4中亚硫酸氢钠浓度为0.1mol/L，Ba(OH)2溶液0.01mol/L，等体积混合，则氢氧化钡少量，c(SO
32-)=，c(Ba2+)=，Q(BaSO3)=0.01×0.005=5×10-5>Ksp(BaSO3)，故有沉淀，故D正确；故选
D。15．(2022·江苏省泰州市高三联考)室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。实验实验操作和现象1向0.1mol?L-1
NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红2向0.1mol?L-1NaHS溶液中加入等体积0.1mol?L-1NaOH溶液充分混合3
向0.1mol?L-1NaHS溶液中通入过氯气，无淡黄色沉淀产生4向0.1mol?L-1NaHS溶液中滴加过CuCl2溶液，产生黑
色沉淀下列有关说法正确的是( )A．0.1mol/LNaHS溶液中：c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)B．实验2所得溶
液中：c(Na+)-c(S2-)-c(HS-)-c(H2S)=0.05mol?L-1C．实验3证明HS-不能被氧化D．实验4反应静
置后的上层清液中有c(Cu2+)?c(S2-) 2-和水解平衡HS-+H2O?H2S+OH-，由实验1可知NaHS溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，因此c(S2-) (H2S)，A错误；B项，实验2中0.1 mol·L-1?NaHS溶液和0.1 mol·L-1?NaOH溶液等体积混合，则所得溶液
为Na2S溶液，存在物料守恒c(Na＋)=2[c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)]=0.1mol/L，所以c(Na+)-c(
S2-)-c(HS-)-c(H2S)=0.05mol?L-1，B正确；C项，氯气有强氧化性，HS-有较强还原性，二者能发生氧化还原
反应，实验3没有淡黄色沉淀产生可能是氯气将HS-氧化为硫酸根，C错误；D项，实验4中产生黑色沉淀，说明生成了CuS，则静置后的上层
清液中存在沉淀溶解平衡，所以有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)，D错误；故选B。16．(2022·江苏省南通市海门区
高三第二次诊断测试)室温下：、、、实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：实验实验操作和现象1测定0.10mo
l?L-1NaHCO3溶液的pH约为82测定0.10mol?L-1HCN与0.05mol?L-1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶
液的pH>73向NaClO溶液中通入少量的CO2，测得pH降低4向0.01mol?L-1Na2CO3溶液中加入等体积0.02mol
?L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀下列所得结论正确的是( )A．实验1溶液中存在：c(Na+)+c(H+)= c(OH-)
+c(CO32-)+c(HCO3-)B．由实验2可得C．实验3反应的离子方程式：CO2+H2O+2= CO32-+2HClOD．实
验4所得上层清液中的【答案】D【解析】由电离常数可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO3-；由实验
1可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性；由实验2可知，0.10mol?L-1氢氰酸与0.05mol?L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性。A项，碳酸氢钠溶液中存在的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，故A错误；B项，实验2中0.10mol?L-1氢氰酸与0.05mol?L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数Ka(HCN)小于水解常数，故B错误；C．项，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO3-，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO-= HCO3-+HClO，故C错误；D项，由题意可知，VL0.01mol/L碳酸钠溶液和VL0.02mol/L氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为=0.005mol/L，由碳酸钙的溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为==2×10—6.55mol/L，故D正确；故选D。17．(2022·江苏省盐城、南京市高三一模)室温下，通过下列实验探究NH4Fe(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的pH，测得pH约为52向0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生沉淀3向0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中通入足量的NH3，产生红褐色沉淀4向0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中NaHS溶液，产生浅黄色沉淀下列说法正确的是( )A．0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中存在：c(NH4+)＋3c(Fe3＋)=2c(SO42-)B．实验2中沉淀成分仅为Fe(OH)3C．实验3得到的溶液中有c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(SO42-)＞0.3mol·L-1D．实验4中发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋2HS-=2Fe2＋＋2S↓＋H2↑【答案】C【解析】A项，电荷守恒方程式：c(NH4+)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)=2c(SO42-)＋c(OH－)，错误；B项，实验2中的沉淀有Fe(OH)3和BaSO4，错误；C项，NH4Fe(SO4)2溶液中物料守恒关系为：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(SO42-)=0.3mol/L，NH4Fe(SO4)2溶液中通入NH3，导致溶液中的NH4+增多，则有：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(SO42-)>0.3mol/L，正确；D项，Fe3＋氧化HS－生成S和Fe2＋，根据Fe、S得失电子守恒配平反应，离子方程式为：2Fe3＋＋HS－=2Fe2＋＋S↓＋H＋，错误；故选C。