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2023年高考化学真题与模拟题分项汇编专题09 水溶液中的离子反应与平衡（含解析）
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这是一份2023年高考化学真题与模拟题分项汇编专题09 水溶液中的离子反应与平衡（含解析），共22页。试卷主要包含了下列过程与水解反应无关的是，草酸是二元弱酸等内容，欢迎下载使用。
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和 SKIPIF 1 < 0 溶液制备 SKIPIF 1 < 0 胶体
【答案】B
【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；
B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；
C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；
D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D不符合题意；
故选B。
2．（2023·全国甲卷）下图为 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 在水中达沉淀溶解平衡时的 SKIPIF 1 < 0 关系图( SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 可认为 SKIPIF 1 < 0 离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由 SKIPIF 1 < 0 点可求得 SKIPIF 1 < 0
B． SKIPIF 1 < 0 时 SKIPIF 1 < 0 的溶解度为 SKIPIF 1 < 0
C．浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 可通过分步沉淀进行分离
D． SKIPIF 1 < 0 混合溶液中 SKIPIF 1 < 0 时二者不会同时沉淀
【答案】C
【详解】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则 SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，故A错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则 SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 时 SKIPIF 1 < 0 的溶解度为 SKIPIF 1 < 0 =10-3 SKIPIF 1 < 0 ，故B错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；
D．由图可知， SKIPIF 1 < 0 沉淀完全时， SKIPIF 1 < 0 ，pM SKIPIF 1 < 0 5，此时pH约为4.7，在此pH下 SKIPIF 1 < 0 刚开始沉淀的浓度为 SKIPIF 1 < 0 ，而题中 SKIPIF 1 < 0 > SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 会同时沉淀，故D错误；
答案选C。
3．（2023·全国乙卷）一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl-)=c(CrO SKIPIF 1 < 0 )，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4+2Cl- SKIPIF 1 < 0 2AgCl+CrO SKIPIF 1 < 0 的平衡常数K=107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
【答案】C
【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO SKIPIF 1 < 0 )=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。
【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；
B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；
C．该反应的平衡常数表达式为K= SKIPIF 1 < 0 ，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K= SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 =1×107.9，C正确；
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；
故答案选C。
4．（2023·新课标卷）向 SKIPIF 1 < 0 饱和溶液(有足量 SKIPIF 1 < 0 固体)中滴加氨水，发生反应 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 的关系如下图所示(其中M代表 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 或 SKIPIF 1 < 0 )。
下列说法错误的是
A．曲线I可视为 SKIPIF 1 < 0 溶解度随 SKIPIF 1 < 0 浓度变化曲线
B． SKIPIF 1 < 0 的溶度积常数 SKIPIF 1 < 0
C．反应 SKIPIF 1 < 0 的平衡常数K的值为 SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0 时，溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．氨的浓度较小时AgCl(s) SKIPIF 1 < 0 Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s) +2NH3 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 (aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A错误；
B．由图可知，c(NH3)=10-1ml/L时，c(Cl-)=10-2.35ml/L, c(Ag+)=10-7.40ml/L，则氯化银的溶度积为10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正确；
C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35ml/L和10-5.16ml/L，则 SKIPIF 1 < 0 的平衡常数K=
SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；
D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则 SKIPIF 1 < 0 时，溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确；
故选A。
5．（2023·浙江卷）草酸( SKIPIF 1 < 0 )是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加 SKIPIF 1 < 0 溶液。
实验Ⅱ：往 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加 SKIPIF 1 < 0 溶液。
[已知： SKIPIF 1 < 0 的电离常数 SKIPIF 1 < 0 ，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 SKIPIF 1 < 0 时，存在 SKIPIF 1 < 0
C．实验Ⅱ中发生反应 SKIPIF 1 < 0
D．实验Ⅱ中 SKIPIF 1 < 0 时，溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【详解】A． SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 时，溶质是 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 且两者物质的量浓度相等， SKIPIF 1 < 0 ，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在 SKIPIF 1 < 0 ，故B错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而 SKIPIF 1 < 0 过量，因此该反应在初始阶段发生的是 SKIPIF 1 < 0 ，该反应的平衡常数为 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当 SKIPIF 1 < 0 完全消耗后， SKIPIF 1 < 0 再和 SKIPIF 1 < 0 发生反应，故C错误；
D．实验Ⅱ中 SKIPIF 1 < 0 时，溶液中的钙离子浓度为 SKIPIF 1 < 0 ，溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确。
综上所述，答案为D。
6．（2023·山东卷）在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系： SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ，平衡常数依次为 SKIPIF 1 < 0 。已知 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 随 SKIPIF 1 < 0 的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．线 SKIPIF 1 < 0 表示 SKIPIF 1 < 0 的变化情况
B．随 SKIPIF 1 < 0 增大， SKIPIF 1 < 0 先增大后减小
C． SKIPIF 1 < 0
D．溶液中I元素与 SKIPIF 1 < 0 元素的物质的量之比始终为 SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【分析】由题干反应方程式 SKIPIF 1 < 0 可知，K1= SKIPIF 1 < 0 ，则有c(Hg2+)= SKIPIF 1 < 0 ，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)， SKIPIF 1 < 0 =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)， SKIPIF 1 < 0 ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由 SKIPIF 1 < 0 可知K0= SKIPIF 1 < 0 为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，线 SKIPIF 1 < 0 表示 SKIPIF 1 < 0 的变化情况，A正确；
B．已知 SKIPIF 1 < 0 的化学平衡常数K0= SKIPIF 1 < 0 ，温度不变平衡常数不变，故随 SKIPIF 1 < 0 增大， SKIPIF 1 < 0 始终保持不变，B错误；
C．由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得： SKIPIF 1 < 0 ，C正确；
D．溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与 SKIPIF 1 < 0 元素的物质的量之比始终为 SKIPIF 1 < 0 ，D正确；
故答案为：B。
7．（2023·北京卷）利用平衡移动原理，分析一定温度下 SKIPIF 1 < 0 在不同 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示 SKIPIF 1 < 0 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 SKIPIF 1 < 0 的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合 SKIPIF 1 < 0 ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合 SKIPIF 1 < 0 [注：起始 SKIPIF 1 < 0 ，不同 SKIPIF 1 < 0 下 SKIPIF 1 < 0 由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1， SKIPIF 1 < 0
B．由图2，初始状态 SKIPIF 1 < 0 ，无沉淀生成
C．由图2，初始状态 SKIPIF 1 < 0 ，平衡后溶液中存在 SKIPIF 1 < 0
D．由图1和图2，初始状态 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，发生反应： SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出 SKIPIF 1 < 0 时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
B．从图2可以看出 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；
C．从图2可以看出 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，C项错误；D． SKIPIF 1 < 0 时，溶液中主要含碳微粒是 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为 SKIPIF 1 < 0 ，D项正确；
故选C。
8．（2023·湖南卷）常温下，用浓度为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 标准溶液滴定浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的混合溶液，滴定过程中溶液的 SKIPIF 1 < 0 随 SKIPIF 1 < 0 ( SKIPIF 1 < 0 )的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A． SKIPIF 1 < 0 约为 SKIPIF 1 < 0
B．点a： SKIPIF 1 < 0
C．点b： SKIPIF 1 < 0
D．水的电离程度： SKIPIF 1 < 0
【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)=0.0100ml/L，c(H+)=10-3.38ml/L， SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 =10-4.76，故A正确；
B．a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pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；
答案选D。
9．（2023·湖北卷） SKIPIF 1 < 0 为某邻苯二酚类配体，其 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。常温下构建 SKIPIF 1 < 0 溶液体系，其中 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数 SKIPIF 1 < 0 ，已知 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。下列说法正确的是
A．当 SKIPIF 1 < 0 时，体系中 SKIPIF 1 < 0
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为 SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 的平衡常数的lgK约为14
D．当 SKIPIF 1 < 0 时，参与配位的 SKIPIF 1 < 0
【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(Ⅲ)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pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5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= SKIPIF 1 < 0 ，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K= SKIPIF 1 < 0 ，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；
故答案选C。
10．（2023·辽宁卷）某小组进行实验，向 SKIPIF 1 < 0 蒸馏水中加入 SKIPIF 1 < 0 ，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入 SKIPIF 1 < 0 锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知 SKIPIF 1 < 0 为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
【答案】D
【详解】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；
B．已知 SKIPIF 1 < 0 (aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2⇌ SKIPIF 1 < 0 ，生成 SKIPIF 1 < 0 使溶液颜色加深，B项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成 SKIPIF 1 < 0 ，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；
D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；
答案选D。
11．（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即 SKIPIF 1 < 0 ，通过调节pH使 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 形成硫化物而分离，体系中 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 关系如下图所示，c为 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的浓度，单位为 SKIPIF 1 < 0 。已知 SKIPIF 1 < 0 ，下列说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 B．③为 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 的关系曲线
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且 SKIPIF 1 < 0 即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
【详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13ml/L，则有 SKIPIF 1 < 0 ，A错误；
B．由分析可知，③为 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 的关系曲线，B错误；
C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L， SKIPIF 1 < 0 或者当c(H+)=10-4.2 ml/L时，c(HS-)=10-3.9 ml/L， SKIPIF 1 < 0 ，C错误；
D．已知Ka1Ka2= SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9ml/L时，c(S2-)=10-13ml/L，或者当c(H+)=10-6.8ml/L时，c(S2-)=10-9.2ml/L，故有Ka1Ka2= SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 =10-21.8，结合C项分析可知，Ka1=10-7.1故有 SKIPIF 1 < 0 ，D正确；
故答案为：D。
1．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考三模）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 溶液中加入固体 SKIPIF 1 < 0 后离子浓度一定是 SKIPIF 1 < 0
B． SKIPIF 1 < 0 溶液中加入 SKIPIF 1 < 0 溶液后 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0
C．用 SKIPIF 1 < 0 氨水滴定 SKIPIF 1 < 0 浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的混合液，当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0 氨水和 SKIPIF 1 < 0 溶液等体积混合(溶液混合引起的体积变化可忽略)： SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【解析】A．H2SO3溶液中加入固体NaOH，溶液中离子浓度与NaOH的加入量有关，所以无法确定溶液中离子浓度大小，选项A错误；B． SKIPIF 1 < 0 溶液中加入 SKIPIF 1 < 0 溶液后，生成0.002mlNaF，剩余0.002mlHF，相当于等物质量浓度的NaF和HF混合，此时 SKIPIF 1 < 0 ，所以HF的电离程度大于F-的水解，所以c(F-)>c(HF)， SKIPIF 1 < 0 ，选项B正确；C．用 SKIPIF 1 < 0 氨水滴定10mL浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的混合液，当溶液呈中性时，此时c(H+)=c(OH-)，溶液中阳离子还有 SKIPIF 1 < 0 ，阴离子还有Cl-和CH3COO-，根据电荷守恒可知， SKIPIF 1 < 0 所以 SKIPIF 1 < 0 ，选项C错误；D． SKIPIF 1 < 0 氨水和 SKIPIF 1 < 0 溶液等体积混合，根据物料守恒有 SKIPIF 1 < 0 ，根据电荷守恒有 SKIPIF 1 < 0 ，两式相减消 SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 ，两边加上 SKIPIF 1 < 0 有 SKIPIF 1 < 0 一个混合后含C元素的物质量浓度为 SKIPIF 1 < 0 ，带入得， SKIPIF 1 < 0 ，选项D错误；答案选B。
2．（2023·福建南平·统考三模）常温下，向 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴入NaOH溶液，随着pH变化溶液中浓度最大的含磷微粒如图所示。下列说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
B． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
D．若用 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 溶液进行实验， SKIPIF 1 < 0 将向左移动
【答案】A
【解析】A． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，A正确；B． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，此时溶液中主要含有 SKIPIF 1 < 0 ，溶液显酸性，其电离程度大于水解程度，故 SKIPIF 1 < 0 ，B错误；C． SKIPIF 1 < 0 时，根据电荷守恒可知， SKIPIF 1 < 0 ，C错误；D．平衡常数只受温度的影响，故 SKIPIF 1 < 0 不移动，D错误；故选A。
3．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）常温下，用0. 20 ml∙L−1的NaOH溶液滴定10. 00 mL 0.20 ml∙L−1某二元弱酸的酸式盐NaHX溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．H2X的二级电离常数Ka2≈5×10−10
B．水的电离程度：c>b> a
C．b点溶液中：c(Na+ )>c(X2−)
D．c点溶液中：c(Na+ )＝c(HX－) +c(H2X)
【答案】D
【解析】A．H2X的二级电离常数Ka2= SKIPIF 1 < 0 ，其中c(H+)≈c(X－)=1×10-5ml∙L−1，c(HX－)≈0.02ml∙L−1，因此Ka2≈ SKIPIF 1 < 0 ，A正确；B．NaHX溶液呈酸性，说明HX－的电离程度大于水解程度，则NaHX抑制水电离，X2－能水解而促进水电离，b点溶质为等物质的量浓度的Na2X、NaHX，比a点抑制水电离程度小，所以水的电离程度： c> b> a，B正确；C．b点溶液中存在等物质的量浓度的NaHX和Na2X，显然c(Na+ )>c(X2−)，C正确；D．c点NaHX和NaOH完全反应，为Na2X溶液，根据物料守恒，则c(Na+ )＝2[c(HX－) +c(H2X)+c(X2－)]，D错误；答案选D。
4．（2023·安徽安庆·校联考模拟预测）甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图，下列说法错误的是
A．该回收利用的原理是R3N粒子对HCOO-的静电吸附
B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K的数量级为10-4
C．废水初始2.4D．废水初始pH<2.4时，甲酸的电离程度对回收率影响显著
【答案】A
【解析】A．R3N分子不带电，不能与HCOO-产生静电作用，故该回收利用的原理是R3N与H+形成的R3NH+粒子对HCOO-的静电吸附，A错误；B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K= SKIPIF 1 < 0 =1.8×10-4，即其Ka的数量级为10-4，B正确；C．废水初始2.45．（2023·全国·模拟预测）常温时，分别向一元酸HX溶液和 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加NaOH溶液， SKIPIF 1 < 0 与pH的关系如图所示[C表示 SKIPIF 1 < 0 或 SKIPIF 1 < 0 ]。已知常温时， SKIPIF 1 < 0 。下列说法错误的是
A．曲线①表示 SKIPIF 1 < 0 与pH的关系
B．一元酸HX的电离平衡常数 SKIPIF 1 < 0
C．对于曲线②的溶液，N点水的电离程度小于M点
D．M点时，对于 SKIPIF 1 < 0 溶液： SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【解析】A．当 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 时，由常温时 SKIPIF 1 < 0 可知， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，即为P点，故曲线①表示 SKIPIF 1 < 0 与pH的关系，曲线②表示 SKIPIF 1 < 0 与pH的关系，A错误；B．由题图可知，N点时 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，则HX的电离平衡常数 SKIPIF 1 < 0 ，B正确；C．曲线②表示 SKIPIF 1 < 0 与pH的关系，而N点的 SKIPIF 1 < 0 比M点的大，酸的电离会抑制水的电离，则N点水的电离程度比M点的小，C正确；D．由溶液中的电荷守恒可知 SKIPIF 1 < 0 ，D正确；故选A。
6．（2023·河南·校联考三模）常温下，向20mL0.1ml·L-1CH3NH2溶液中逐滴滴加0.1ml·L-1盐酸，测得混合溶液的pH与 SKIPIF 1 < 0 的变化关系如图所示。
下列说法正确的是
A．M点时加入盐酸的体积为20mL
B．常温下，Kb(CH3NH2)的数量级为10-11
C．N点溶液：c(C1-)>c( SKIPIF 1 < 0 )>c(CH3NH2)
D．滴加过程中 SKIPIF 1 < 0 逐渐减小
【答案】C
【解析】A．CH3NH2为一元弱碱，0.1ml·L-1CH3NH2溶液中与0.1ml·L-1盐酸完全反应时生成CH3NH3Cl，溶液呈酸性，由图可知，M点溶液pH为7，则CH3NH2溶液未完全反应，盐酸溶液的体积小于20mL，故A错误；B．由图可知，溶液中 SKIPIF 1 < 0 为0时，溶液pH为10.6，由电离常数公式可知，电离常数Kb(CH3NH2)= SKIPIF 1 < 0 = c(OH—)=10—3.4，则数量级为10——4，故B错误；C．由图可知，N点溶液中 SKIPIF 1 < 0 =—1.0，溶液呈酸性，则溶液中c( SKIPIF 1 < 0 )>c(CH3NH2)，由溶液中的电荷守恒关系c(C1—)+ c(OH—)=c( SKIPIF 1 < 0 )+ c(H+)可知，溶液中c(C1-)>c( SKIPIF 1 < 0 )，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(C1-)>c( SKIPIF 1 < 0 )>c(CH3NH2)，故C正确；D．CH3NH3Cl的水解常数为Kh= SKIPIF 1 < 0 ，水解常数为温度函数，温度不变，水解常数不变，则滴加过程中 SKIPIF 1 < 0 不变，故D错误；故选C。
7．（2023·浙江·统考模拟预测）亚磷酸(H3PO3)及其盐在工农业生产中有着重要作用。25℃时，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1ml•L-1，溶液中所有含磷微粒的lgc－pOH的关系如图所示。已知：pOH表示OH-浓度的负对数[pOH=-lgc(OH-)]。下列说法正确的是
A．曲线①表示lgc(H2PO SKIPIF 1 < 0 )随pOH的变化
B．pH=4的溶液中：c(H3PO3)+2c(HPO SKIPIF 1 < 0 )=0.1ml•L-1
C．反应H3PO3+HPO SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 2H2PO SKIPIF 1 < 0 的平衡常数K=1.0×10-5.3
D．浓度均为0.1ml•L-1的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后溶液中 SKIPIF 1 < 0 将增大
【答案】D
【分析】任何pOH下，图中含R物质均有3种，说明H3RO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3RO3+OH-= SKIPIF 1 < 0 +H2O、 SKIPIF 1 < 0 +OH-= SKIPIF 1 < 0 +H2O，可知c(H3RO3)逐渐减小，c( SKIPIF 1 < 0 )先增大后减小，c( SKIPIF 1 < 0 )逐渐增大，故lgc(H3RO3)逐渐减小，lgc( SKIPIF 1 < 0 )先增大后减小，lgc( SKIPIF 1 < 0 )逐渐增大，故曲线①表示c( SKIPIF 1 < 0 )，曲线②表示c( SKIPIF 1 < 0 )，曲线③表示c(H3RO3)。
【解析】A．由分析可知，曲线②表示c( SKIPIF 1 < 0 )随pOH的变化，故A错误；B．pH=4时，pOH=10，由图可知，此时，lgc(H3RO3)=lgc( SKIPIF 1 < 0 )，即c( SKIPIF 1 < 0 )=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c( SKIPIF 1 < 0 )+c( SKIPIF 1 < 0 )=0.1 ml•L-1，故2c(H3RO3)+c( SKIPIF 1 < 0 )=0.1 ml•L-1，故B错误；C．根据a点知，c( SKIPIF 1 < 0 )=c( SKIPIF 1 < 0 )时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3 ml/L，c(H+)=10-6.7 ml/L，则H3RO3的Ka2= SKIPIF 1 < 0 =c(H+)=10-6.7，根据c点知，c( SKIPIF 1 < 0 )=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6 ml/L，c(H+)=10-1.4 ml/L，则H3RO3的Ka1= SKIPIF 1 < 0 =c(H+)=10-1.4，由H3RO3⇌ SKIPIF 1 < 0 +H+减去 SKIPIF 1 < 0 ⇌ SKIPIF 1 < 0 +H+，可得H3RO3+ SKIPIF 1 < 0 ⇌2 SKIPIF 1 < 0 ，则平衡常数K= SKIPIF 1 < 0 =105.3，故C错误；D．浓度均为0.1ml/L的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后溶液碱性减弱，c(OH-)减小， SKIPIF 1 < 0 的水解平衡常数不变，根据 SKIPIF 1 < 0 可知，该比值增大，故D正确；故选：D。
8．（2023·江苏南通·统考三模）常温下，肼 SKIPIF 1 < 0 的水溶液显碱性，存在如下平衡： SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 。平衡时溶液中含氮微粒的分布分数 SKIPIF 1 < 0 与溶液 SKIPIF 1 < 0 的关系如图所示。向 SKIPIF 1 < 0 的水溶液中逐滴滴加 SKIPIF 1 < 0 的稀硫酸，下列说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 的电子式：
B． SKIPIF 1 < 0 的平衡常数为 SKIPIF 1 < 0
C．当加入5.00mL稀硫酸时，溶液中： SKIPIF 1 < 0
D．当加入10.00mL稀硫酸时，溶液中： SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【分析】利用6.02点计算第一步平衡的K1= SKIPIF 1 < 0 ，利用14.9计算得第二步平衡K2= SKIPIF 1 < 0 。
【解析】A．N的最外层电子数为5需要共用三对电子，即N和H、N均共用一对电子，A项错误；B．K= SKIPIF 1 < 0 ，B项正确；C．N2H4完全转变为(N2H5)2SO4需要加入10mL稀硫酸。所以加入5mL稀硫酸后溶液中溶质为(N2H5)2SO4和N2H4且物质的量之比为1：1。平衡Ⅲ： SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 N2H4+H+ K= SKIPIF 1 < 0 ，Kc(N2H4)，C项错误；D．加入10mL硫酸时发生反应为N2H4+H2SO4=(N2H5)2SO4，反应后溶液中存在物料守恒为
2c( SKIPIF 1 < 0 )=c( SKIPIF 1 < 0 )+c(N2H4)+c( SKIPIF 1 < 0 )，D项错误；故选B。
9．（2023·山东·校联考模拟预测）（双选）室温下，向一定浓度 SKIPIF 1 < 0 溶液中加入盐酸，溶液中粒子( SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 )浓度的负对数(用 SKIPIF 1 < 0 表示)与溶液 SKIPIF 1 < 0 变化的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．M点纵坐标为2.7
B．水的电离程度：X>Y>M>N
C．随着pH减小， SKIPIF 1 < 0 先增大后减小
D．N点溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】BD
【分析】 SKIPIF 1 < 0 越小，碱性越强， SKIPIF 1 < 0 也会越大，因此线MX代表 SKIPIF 1 < 0 ，线XY代表 SKIPIF 1 < 0 ，线MY代表 SKIPIF 1 < 0 ，最后两条线分别是 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 。X点时， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 ；同理，Y点时， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 ；
【解析】A．M点时， SKIPIF 1 < 0 ，也是 SKIPIF 1 < 0 取最大值时， SKIPIF 1 < 0 ，再根据 SKIPIF 1 < 0 ，求出 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，故A正确；B．X→M→Y→N过程， SKIPIF 1 < 0 逐渐减少，水的电离程度逐渐减小，故B错误；C．当pH减小时，根据 SKIPIF 1 < 0 不变，而 SKIPIF 1 < 0 先增大后减小，则 SKIPIF 1 < 0 先增大后减小，故C正确；D．N点时，根据电荷守恒 SKIPIF 1 < 0 ，N点时 SKIPIF 1 < 0 ，由此可以得出 SKIPIF 1 < 0 ，而 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，故D错误；故选BD。
10．（2023·辽宁·校联考三模）25℃，用0.1 ml⋅L SKIPIF 1 < 0 NaOH溶液滴定某二元弱酸 SKIPIF 1 < 0 ，pH与粒子的分布分数δ[如 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ]， SKIPIF 1 < 0 的关系如图所示。下列说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 时，应选择酚酞溶液作指示剂
B． SKIPIF 1 < 0 的数量级为 SKIPIF 1 < 0
C．NaHA溶液中 SKIPIF 1 < 0
D．Na₂A溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【分析】由图可知，bf曲线为0.1ml•L−1 NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当 SKIPIF 1 < 0 时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当 SKIPIF 1 < 0 时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。
【解析】A． SKIPIF 1 < 0 时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，应选用甲基红做指示剂，故A错误；B．由图可知，当溶液中c（HA−）＝c（H2A），pH<7，由 SKIPIF 1 < 0 >1×10−7，故B错误；C．由分析可知，NaHA溶液显酸性，HA-电离程度大于水解程度；所以溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；D．Na2A溶液中存在元素质量守恒关系：c(Na＋)＝2c(HA−)＋2c(A2−)＋2c(H2A)，所以 SKIPIF 1 < 0 ，故D错误；故答案选C。
11．（2023·湖北·襄阳四中校考模拟预测）甘氨酸( SKIPIF 1 < 0 )是最简单的氨基酸。在常温下， SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的分布分数［如 SKIPIF 1 < 0 与溶液pOH［ SKIPIF 1 < 0 ］关系如图。下列说法正确的是
A．曲线a代表的是 SKIPIF 1 < 0
B．甘氨酸的 SKIPIF 1 < 0
C．当溶液 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0 的平衡常数 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【分析】随着溶液碱性增强， SKIPIF 1 < 0 的量减小， SKIPIF 1 < 0 的量先增加后减小， SKIPIF 1 < 0 的量增加，故abc分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 的曲线；
【解析】A．由分析可知，曲线a代表的是 SKIPIF 1 < 0 ，A错误；B． SKIPIF 1 < 0 ，由点(4.22，0.5)可知， SKIPIF 1 < 0 ，B错误；C．由图可知，当溶液 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，C错误；D．由点(11.65，0.5)可知， SKIPIF 1 < 0 ，由点(4.22，0.5)可知， SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 的平衡常数 SKIPIF 1 < 0 ，D正确；故选D。
12．（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）已知相同温度下， SKIPIF 1 < 0 。某温度下，饱和溶液中 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、与 SKIPIF 1 < 0 的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线①代表 SKIPIF 1 < 0 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 值为 SKIPIF 1 < 0
C．加适量 SKIPIF 1 < 0 固体可使溶液由a点变到b点
D． SKIPIF 1 < 0 时两溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]}＝－lg[c(Ba2＋)×c( SKIPIF 1 < 0 )]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]的关系。
【解析】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c( SKIPIF 1 < 0 )将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误；D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中 SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，选项D错误；答案选B。
13．（2023·四川攀枝花·统考三模）向10mL浓度均为0.1ml·L-1的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入0.1ml·L-1氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水(Kb=1.8×10-5)体积关系如下图所示。测得M、N点溶液pH分别为8.04、8.95。
已知：i．Zn2++4NH3⇌[Zn(NH3)4]2+ K稳= SKIPIF 1 < 0
ii．Ksp[Zn(OH)2]下列说法正确的是
A．曲线Y表示Zn2+
B．Ksp[Fe(OH)2]=10-16.92
C．N点以后，锌元素主要以Zn2+形式存在
D．Zn(OH)2+4NH3⇌[Zn(NH3)4]2++2OH- K=10-7.86
【答案】D
【分析】由于Ksp[Zn(OH)2]【解析】A．由分析可知，曲线Y表示Fe2+，故A错误；B．N点c(Fe2+)= 1 SKIPIF 1 < 0 10-5ml/L，pH=8. 95，c(H+)=1 SKIPIF 1 < 0 10-8.95 ml/L，c(OH-)= SKIPIF 1 < 0 ml/L，Ksp[Fe(OH)2]= c(Fe2+)c2(OH-)= SKIPIF 1 < 0 =1 SKIPIF 1 < 0 10-15.1，故B错误；C．N点锌元素的主要存在形式为Zn(OH)2，N点以后，锌元素主要以[Zn(NH3)4]2+形式存在，故C错误；D．由M点数据可知，Ksp[Zn(OH)2]= SKIPIF 1 < 0 =10-16.92，反应Zn(OH)2+4NH3⇌[Zn(NH3)4]2++2OH-的K= SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确；故选D。
选项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
SKIPIF 1 < 0 在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应： SKIPIF 1 < 0
C
紫黑色晶体消失
SKIPIF 1 < 0 ( SKIPIF 1 < 0 )的消耗使溶解平衡 SKIPIF 1 < 0 右移
D
溶液褪色
SKIPIF 1 < 0 与有色物质发生了置换反应
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和 SKIPIF 1 < 0 溶液制备 SKIPIF 1 < 0 胶体
【答案】B
【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；
B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；
C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；
D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D不符合题意；
故选B。
2．（2023·全国甲卷）下图为 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 在水中达沉淀溶解平衡时的 SKIPIF 1 < 0 关系图( SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 可认为 SKIPIF 1 < 0 离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由 SKIPIF 1 < 0 点可求得 SKIPIF 1 < 0
B． SKIPIF 1 < 0 时 SKIPIF 1 < 0 的溶解度为 SKIPIF 1 < 0
C．浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 可通过分步沉淀进行分离
D． SKIPIF 1 < 0 混合溶液中 SKIPIF 1 < 0 时二者不会同时沉淀
【答案】C
【详解】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则 SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，故A错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则 SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 时 SKIPIF 1 < 0 的溶解度为 SKIPIF 1 < 0 =10-3 SKIPIF 1 < 0 ，故B错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；
D．由图可知， SKIPIF 1 < 0 沉淀完全时， SKIPIF 1 < 0 ，pM SKIPIF 1 < 0 5，此时pH约为4.7，在此pH下 SKIPIF 1 < 0 刚开始沉淀的浓度为 SKIPIF 1 < 0 ，而题中 SKIPIF 1 < 0 > SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 会同时沉淀，故D错误；
答案选C。
3．（2023·全国乙卷）一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl-)=c(CrO SKIPIF 1 < 0 )，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4+2Cl- SKIPIF 1 < 0 2AgCl+CrO SKIPIF 1 < 0 的平衡常数K=107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
【答案】C
【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO SKIPIF 1 < 0 )=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。
【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；
B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；
C．该反应的平衡常数表达式为K= SKIPIF 1 < 0 ，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K= SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 =1×107.9，C正确；
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；
故答案选C。
4．（2023·新课标卷）向 SKIPIF 1 < 0 饱和溶液(有足量 SKIPIF 1 < 0 固体)中滴加氨水，发生反应 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 的关系如下图所示(其中M代表 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 或 SKIPIF 1 < 0 )。
下列说法错误的是
A．曲线I可视为 SKIPIF 1 < 0 溶解度随 SKIPIF 1 < 0 浓度变化曲线
B． SKIPIF 1 < 0 的溶度积常数 SKIPIF 1 < 0
C．反应 SKIPIF 1 < 0 的平衡常数K的值为 SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0 时，溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．氨的浓度较小时AgCl(s) SKIPIF 1 < 0 Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s) +2NH3 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 (aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A错误；
B．由图可知，c(NH3)=10-1ml/L时，c(Cl-)=10-2.35ml/L, c(Ag+)=10-7.40ml/L，则氯化银的溶度积为10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正确；
C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35ml/L和10-5.16ml/L，则 SKIPIF 1 < 0 的平衡常数K=
SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；
D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则 SKIPIF 1 < 0 时，溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确；
故选A。
5．（2023·浙江卷）草酸( SKIPIF 1 < 0 )是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加 SKIPIF 1 < 0 溶液。
实验Ⅱ：往 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加 SKIPIF 1 < 0 溶液。
[已知： SKIPIF 1 < 0 的电离常数 SKIPIF 1 < 0 ，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 SKIPIF 1 < 0 时，存在 SKIPIF 1 < 0
C．实验Ⅱ中发生反应 SKIPIF 1 < 0
D．实验Ⅱ中 SKIPIF 1 < 0 时，溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【详解】A． SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 时，溶质是 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 且两者物质的量浓度相等， SKIPIF 1 < 0 ，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在 SKIPIF 1 < 0 ，故B错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而 SKIPIF 1 < 0 过量，因此该反应在初始阶段发生的是 SKIPIF 1 < 0 ，该反应的平衡常数为 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当 SKIPIF 1 < 0 完全消耗后， SKIPIF 1 < 0 再和 SKIPIF 1 < 0 发生反应，故C错误；
D．实验Ⅱ中 SKIPIF 1 < 0 时，溶液中的钙离子浓度为 SKIPIF 1 < 0 ，溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确。
综上所述，答案为D。
6．（2023·山东卷）在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系： SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ，平衡常数依次为 SKIPIF 1 < 0 。已知 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 随 SKIPIF 1 < 0 的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．线 SKIPIF 1 < 0 表示 SKIPIF 1 < 0 的变化情况
B．随 SKIPIF 1 < 0 增大， SKIPIF 1 < 0 先增大后减小
C． SKIPIF 1 < 0
D．溶液中I元素与 SKIPIF 1 < 0 元素的物质的量之比始终为 SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【分析】由题干反应方程式 SKIPIF 1 < 0 可知，K1= SKIPIF 1 < 0 ，则有c(Hg2+)= SKIPIF 1 < 0 ，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)， SKIPIF 1 < 0 =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)， SKIPIF 1 < 0 ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由 SKIPIF 1 < 0 可知K0= SKIPIF 1 < 0 为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，线 SKIPIF 1 < 0 表示 SKIPIF 1 < 0 的变化情况，A正确；
B．已知 SKIPIF 1 < 0 的化学平衡常数K0= SKIPIF 1 < 0 ，温度不变平衡常数不变，故随 SKIPIF 1 < 0 增大， SKIPIF 1 < 0 始终保持不变，B错误；
C．由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得： SKIPIF 1 < 0 ，C正确；
D．溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与 SKIPIF 1 < 0 元素的物质的量之比始终为 SKIPIF 1 < 0 ，D正确；
故答案为：B。
7．（2023·北京卷）利用平衡移动原理，分析一定温度下 SKIPIF 1 < 0 在不同 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示 SKIPIF 1 < 0 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 SKIPIF 1 < 0 的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合 SKIPIF 1 < 0 ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合 SKIPIF 1 < 0 [注：起始 SKIPIF 1 < 0 ，不同 SKIPIF 1 < 0 下 SKIPIF 1 < 0 由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1， SKIPIF 1 < 0
B．由图2，初始状态 SKIPIF 1 < 0 ，无沉淀生成
C．由图2，初始状态 SKIPIF 1 < 0 ，平衡后溶液中存在 SKIPIF 1 < 0
D．由图1和图2，初始状态 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，发生反应： SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出 SKIPIF 1 < 0 时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
B．从图2可以看出 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；
C．从图2可以看出 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，C项错误；D． SKIPIF 1 < 0 时，溶液中主要含碳微粒是 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为 SKIPIF 1 < 0 ，D项正确；
故选C。
8．（2023·湖南卷）常温下，用浓度为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 标准溶液滴定浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的混合溶液，滴定过程中溶液的 SKIPIF 1 < 0 随 SKIPIF 1 < 0 ( SKIPIF 1 < 0 )的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A． SKIPIF 1 < 0 约为 SKIPIF 1 < 0
B．点a： SKIPIF 1 < 0
C．点b： SKIPIF 1 < 0
D．水的电离程度： SKIPIF 1 < 0
【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)=0.0100ml/L，c(H+)=10-3.38ml/L， SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 =10-4.76，故A正确；
B．a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pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)
答案选D。
9．（2023·湖北卷） SKIPIF 1 < 0 为某邻苯二酚类配体，其 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。常温下构建 SKIPIF 1 < 0 溶液体系，其中 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数 SKIPIF 1 < 0 ，已知 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。下列说法正确的是
A．当 SKIPIF 1 < 0 时，体系中 SKIPIF 1 < 0
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为 SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 的平衡常数的lgK约为14
D．当 SKIPIF 1 < 0 时，参与配位的 SKIPIF 1 < 0
【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(Ⅲ)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pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5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= SKIPIF 1 < 0 ，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K= SKIPIF 1 < 0 ，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；
故答案选C。
10．（2023·辽宁卷）某小组进行实验，向 SKIPIF 1 < 0 蒸馏水中加入 SKIPIF 1 < 0 ，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入 SKIPIF 1 < 0 锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知 SKIPIF 1 < 0 为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
【答案】D
【详解】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；
B．已知 SKIPIF 1 < 0 (aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2⇌ SKIPIF 1 < 0 ，生成 SKIPIF 1 < 0 使溶液颜色加深，B项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成 SKIPIF 1 < 0 ，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；
D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；
答案选D。
11．（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即 SKIPIF 1 < 0 ，通过调节pH使 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 形成硫化物而分离，体系中 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 关系如下图所示，c为 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的浓度，单位为 SKIPIF 1 < 0 。已知 SKIPIF 1 < 0 ，下列说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 B．③为 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 的关系曲线
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且 SKIPIF 1 < 0 即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
【详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13ml/L，则有 SKIPIF 1 < 0 ，A错误；
B．由分析可知，③为 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 的关系曲线，B错误；
C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L， SKIPIF 1 < 0 或者当c(H+)=10-4.2 ml/L时，c(HS-)=10-3.9 ml/L， SKIPIF 1 < 0 ，C错误；
D．已知Ka1Ka2= SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9ml/L时，c(S2-)=10-13ml/L，或者当c(H+)=10-6.8ml/L时，c(S2-)=10-9.2ml/L，故有Ka1Ka2= SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 =10-21.8，结合C项分析可知，Ka1=10-7.1故有 SKIPIF 1 < 0 ，D正确；
故答案为：D。
1．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考三模）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 溶液中加入固体 SKIPIF 1 < 0 后离子浓度一定是 SKIPIF 1 < 0
B． SKIPIF 1 < 0 溶液中加入 SKIPIF 1 < 0 溶液后 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0
C．用 SKIPIF 1 < 0 氨水滴定 SKIPIF 1 < 0 浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的混合液，当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0 氨水和 SKIPIF 1 < 0 溶液等体积混合(溶液混合引起的体积变化可忽略)： SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【解析】A．H2SO3溶液中加入固体NaOH，溶液中离子浓度与NaOH的加入量有关，所以无法确定溶液中离子浓度大小，选项A错误；B． SKIPIF 1 < 0 溶液中加入 SKIPIF 1 < 0 溶液后，生成0.002mlNaF，剩余0.002mlHF，相当于等物质量浓度的NaF和HF混合，此时 SKIPIF 1 < 0 ，所以HF的电离程度大于F-的水解，所以c(F-)>c(HF)， SKIPIF 1 < 0 ，选项B正确；C．用 SKIPIF 1 < 0 氨水滴定10mL浓度均为 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的混合液，当溶液呈中性时，此时c(H+)=c(OH-)，溶液中阳离子还有 SKIPIF 1 < 0 ，阴离子还有Cl-和CH3COO-，根据电荷守恒可知， SKIPIF 1 < 0 所以 SKIPIF 1 < 0 ，选项C错误；D． SKIPIF 1 < 0 氨水和 SKIPIF 1 < 0 溶液等体积混合，根据物料守恒有 SKIPIF 1 < 0 ，根据电荷守恒有 SKIPIF 1 < 0 ，两式相减消 SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 ，两边加上 SKIPIF 1 < 0 有 SKIPIF 1 < 0 一个混合后含C元素的物质量浓度为 SKIPIF 1 < 0 ，带入得， SKIPIF 1 < 0 ，选项D错误；答案选B。
2．（2023·福建南平·统考三模）常温下，向 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴入NaOH溶液，随着pH变化溶液中浓度最大的含磷微粒如图所示。下列说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
B． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
D．若用 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 溶液进行实验， SKIPIF 1 < 0 将向左移动
【答案】A
【解析】A． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，A正确；B． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，此时溶液中主要含有 SKIPIF 1 < 0 ，溶液显酸性，其电离程度大于水解程度，故 SKIPIF 1 < 0 ，B错误；C． SKIPIF 1 < 0 时，根据电荷守恒可知， SKIPIF 1 < 0 ，C错误；D．平衡常数只受温度的影响，故 SKIPIF 1 < 0 不移动，D错误；故选A。
3．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）常温下，用0. 20 ml∙L−1的NaOH溶液滴定10. 00 mL 0.20 ml∙L−1某二元弱酸的酸式盐NaHX溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．H2X的二级电离常数Ka2≈5×10−10
B．水的电离程度：c>b> a
C．b点溶液中：c(Na+ )>c(X2−)
D．c点溶液中：c(Na+ )＝c(HX－) +c(H2X)
【答案】D
【解析】A．H2X的二级电离常数Ka2= SKIPIF 1 < 0 ，其中c(H+)≈c(X－)=1×10-5ml∙L−1，c(HX－)≈0.02ml∙L−1，因此Ka2≈ SKIPIF 1 < 0 ，A正确；B．NaHX溶液呈酸性，说明HX－的电离程度大于水解程度，则NaHX抑制水电离，X2－能水解而促进水电离，b点溶质为等物质的量浓度的Na2X、NaHX，比a点抑制水电离程度小，所以水的电离程度： c> b> a，B正确；C．b点溶液中存在等物质的量浓度的NaHX和Na2X，显然c(Na+ )>c(X2−)，C正确；D．c点NaHX和NaOH完全反应，为Na2X溶液，根据物料守恒，则c(Na+ )＝2[c(HX－) +c(H2X)+c(X2－)]，D错误；答案选D。
4．（2023·安徽安庆·校联考模拟预测）甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图，下列说法错误的是
A．该回收利用的原理是R3N粒子对HCOO-的静电吸附
B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K的数量级为10-4
C．废水初始2.4
【答案】A
【解析】A．R3N分子不带电，不能与HCOO-产生静电作用，故该回收利用的原理是R3N与H+形成的R3NH+粒子对HCOO-的静电吸附，A错误；B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K= SKIPIF 1 < 0 =1.8×10-4，即其Ka的数量级为10-4，B正确；C．废水初始2.4
A．曲线①表示 SKIPIF 1 < 0 与pH的关系
B．一元酸HX的电离平衡常数 SKIPIF 1 < 0
C．对于曲线②的溶液，N点水的电离程度小于M点
D．M点时，对于 SKIPIF 1 < 0 溶液： SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【解析】A．当 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 时，由常温时 SKIPIF 1 < 0 可知， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，即为P点，故曲线①表示 SKIPIF 1 < 0 与pH的关系，曲线②表示 SKIPIF 1 < 0 与pH的关系，A错误；B．由题图可知，N点时 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，则HX的电离平衡常数 SKIPIF 1 < 0 ，B正确；C．曲线②表示 SKIPIF 1 < 0 与pH的关系，而N点的 SKIPIF 1 < 0 比M点的大，酸的电离会抑制水的电离，则N点水的电离程度比M点的小，C正确；D．由溶液中的电荷守恒可知 SKIPIF 1 < 0 ，D正确；故选A。
6．（2023·河南·校联考三模）常温下，向20mL0.1ml·L-1CH3NH2溶液中逐滴滴加0.1ml·L-1盐酸，测得混合溶液的pH与 SKIPIF 1 < 0 的变化关系如图所示。
下列说法正确的是
A．M点时加入盐酸的体积为20mL
B．常温下，Kb(CH3NH2)的数量级为10-11
C．N点溶液：c(C1-)>c( SKIPIF 1 < 0 )>c(CH3NH2)
D．滴加过程中 SKIPIF 1 < 0 逐渐减小
【答案】C
【解析】A．CH3NH2为一元弱碱，0.1ml·L-1CH3NH2溶液中与0.1ml·L-1盐酸完全反应时生成CH3NH3Cl，溶液呈酸性，由图可知，M点溶液pH为7，则CH3NH2溶液未完全反应，盐酸溶液的体积小于20mL，故A错误；B．由图可知，溶液中 SKIPIF 1 < 0 为0时，溶液pH为10.6，由电离常数公式可知，电离常数Kb(CH3NH2)= SKIPIF 1 < 0 = c(OH—)=10—3.4，则数量级为10——4，故B错误；C．由图可知，N点溶液中 SKIPIF 1 < 0 =—1.0，溶液呈酸性，则溶液中c( SKIPIF 1 < 0 )>c(CH3NH2)，由溶液中的电荷守恒关系c(C1—)+ c(OH—)=c( SKIPIF 1 < 0 )+ c(H+)可知，溶液中c(C1-)>c( SKIPIF 1 < 0 )，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(C1-)>c( SKIPIF 1 < 0 )>c(CH3NH2)，故C正确；D．CH3NH3Cl的水解常数为Kh= SKIPIF 1 < 0 ，水解常数为温度函数，温度不变，水解常数不变，则滴加过程中 SKIPIF 1 < 0 不变，故D错误；故选C。
7．（2023·浙江·统考模拟预测）亚磷酸(H3PO3)及其盐在工农业生产中有着重要作用。25℃时，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1ml•L-1，溶液中所有含磷微粒的lgc－pOH的关系如图所示。已知：pOH表示OH-浓度的负对数[pOH=-lgc(OH-)]。下列说法正确的是
A．曲线①表示lgc(H2PO SKIPIF 1 < 0 )随pOH的变化
B．pH=4的溶液中：c(H3PO3)+2c(HPO SKIPIF 1 < 0 )=0.1ml•L-1
C．反应H3PO3+HPO SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 2H2PO SKIPIF 1 < 0 的平衡常数K=1.0×10-5.3
D．浓度均为0.1ml•L-1的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后溶液中 SKIPIF 1 < 0 将增大
【答案】D
【分析】任何pOH下，图中含R物质均有3种，说明H3RO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3RO3+OH-= SKIPIF 1 < 0 +H2O、 SKIPIF 1 < 0 +OH-= SKIPIF 1 < 0 +H2O，可知c(H3RO3)逐渐减小，c( SKIPIF 1 < 0 )先增大后减小，c( SKIPIF 1 < 0 )逐渐增大，故lgc(H3RO3)逐渐减小，lgc( SKIPIF 1 < 0 )先增大后减小，lgc( SKIPIF 1 < 0 )逐渐增大，故曲线①表示c( SKIPIF 1 < 0 )，曲线②表示c( SKIPIF 1 < 0 )，曲线③表示c(H3RO3)。
【解析】A．由分析可知，曲线②表示c( SKIPIF 1 < 0 )随pOH的变化，故A错误；B．pH=4时，pOH=10，由图可知，此时，lgc(H3RO3)=lgc( SKIPIF 1 < 0 )，即c( SKIPIF 1 < 0 )=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c( SKIPIF 1 < 0 )+c( SKIPIF 1 < 0 )=0.1 ml•L-1，故2c(H3RO3)+c( SKIPIF 1 < 0 )=0.1 ml•L-1，故B错误；C．根据a点知，c( SKIPIF 1 < 0 )=c( SKIPIF 1 < 0 )时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3 ml/L，c(H+)=10-6.7 ml/L，则H3RO3的Ka2= SKIPIF 1 < 0 =c(H+)=10-6.7，根据c点知，c( SKIPIF 1 < 0 )=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6 ml/L，c(H+)=10-1.4 ml/L，则H3RO3的Ka1= SKIPIF 1 < 0 =c(H+)=10-1.4，由H3RO3⇌ SKIPIF 1 < 0 +H+减去 SKIPIF 1 < 0 ⇌ SKIPIF 1 < 0 +H+，可得H3RO3+ SKIPIF 1 < 0 ⇌2 SKIPIF 1 < 0 ，则平衡常数K= SKIPIF 1 < 0 =105.3，故C错误；D．浓度均为0.1ml/L的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后溶液碱性减弱，c(OH-)减小， SKIPIF 1 < 0 的水解平衡常数不变，根据 SKIPIF 1 < 0 可知，该比值增大，故D正确；故选：D。
8．（2023·江苏南通·统考三模）常温下，肼 SKIPIF 1 < 0 的水溶液显碱性，存在如下平衡： SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 。平衡时溶液中含氮微粒的分布分数 SKIPIF 1 < 0 与溶液 SKIPIF 1 < 0 的关系如图所示。向 SKIPIF 1 < 0 的水溶液中逐滴滴加 SKIPIF 1 < 0 的稀硫酸，下列说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 的电子式：
B． SKIPIF 1 < 0 的平衡常数为 SKIPIF 1 < 0
C．当加入5.00mL稀硫酸时，溶液中： SKIPIF 1 < 0
D．当加入10.00mL稀硫酸时，溶液中： SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【分析】利用6.02点计算第一步平衡的K1= SKIPIF 1 < 0 ，利用14.9计算得第二步平衡K2= SKIPIF 1 < 0 。
【解析】A．N的最外层电子数为5需要共用三对电子，即N和H、N均共用一对电子，A项错误；B．K= SKIPIF 1 < 0 ，B项正确；C．N2H4完全转变为(N2H5)2SO4需要加入10mL稀硫酸。所以加入5mL稀硫酸后溶液中溶质为(N2H5)2SO4和N2H4且物质的量之比为1：1。平衡Ⅲ： SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 N2H4+H+ K= SKIPIF 1 < 0 ，K
2c( SKIPIF 1 < 0 )=c( SKIPIF 1 < 0 )+c(N2H4)+c( SKIPIF 1 < 0 )，D项错误；故选B。
9．（2023·山东·校联考模拟预测）（双选）室温下，向一定浓度 SKIPIF 1 < 0 溶液中加入盐酸，溶液中粒子( SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 )浓度的负对数(用 SKIPIF 1 < 0 表示)与溶液 SKIPIF 1 < 0 变化的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．M点纵坐标为2.7
B．水的电离程度：X>Y>M>N
C．随着pH减小， SKIPIF 1 < 0 先增大后减小
D．N点溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】BD
【分析】 SKIPIF 1 < 0 越小，碱性越强， SKIPIF 1 < 0 也会越大，因此线MX代表 SKIPIF 1 < 0 ，线XY代表 SKIPIF 1 < 0 ，线MY代表 SKIPIF 1 < 0 ，最后两条线分别是 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 。X点时， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 ；同理，Y点时， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 ；
【解析】A．M点时， SKIPIF 1 < 0 ，也是 SKIPIF 1 < 0 取最大值时， SKIPIF 1 < 0 ，再根据 SKIPIF 1 < 0 ，求出 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，故A正确；B．X→M→Y→N过程， SKIPIF 1 < 0 逐渐减少，水的电离程度逐渐减小，故B错误；C．当pH减小时，根据 SKIPIF 1 < 0 不变，而 SKIPIF 1 < 0 先增大后减小，则 SKIPIF 1 < 0 先增大后减小，故C正确；D．N点时，根据电荷守恒 SKIPIF 1 < 0 ，N点时 SKIPIF 1 < 0 ，由此可以得出 SKIPIF 1 < 0 ，而 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，故D错误；故选BD。
10．（2023·辽宁·校联考三模）25℃，用0.1 ml⋅L SKIPIF 1 < 0 NaOH溶液滴定某二元弱酸 SKIPIF 1 < 0 ，pH与粒子的分布分数δ[如 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ]， SKIPIF 1 < 0 的关系如图所示。下列说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 时，应选择酚酞溶液作指示剂
B． SKIPIF 1 < 0 的数量级为 SKIPIF 1 < 0
C．NaHA溶液中 SKIPIF 1 < 0
D．Na₂A溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【分析】由图可知，bf曲线为0.1ml•L−1 NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当 SKIPIF 1 < 0 时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当 SKIPIF 1 < 0 时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。
【解析】A． SKIPIF 1 < 0 时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，应选用甲基红做指示剂，故A错误；B．由图可知，当溶液中c（HA−）＝c（H2A），pH<7，由 SKIPIF 1 < 0 >1×10−7，故B错误；C．由分析可知，NaHA溶液显酸性，HA-电离程度大于水解程度；所以溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；D．Na2A溶液中存在元素质量守恒关系：c(Na＋)＝2c(HA−)＋2c(A2−)＋2c(H2A)，所以 SKIPIF 1 < 0 ，故D错误；故答案选C。
11．（2023·湖北·襄阳四中校考模拟预测）甘氨酸( SKIPIF 1 < 0 )是最简单的氨基酸。在常温下， SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的分布分数［如 SKIPIF 1 < 0 与溶液pOH［ SKIPIF 1 < 0 ］关系如图。下列说法正确的是
A．曲线a代表的是 SKIPIF 1 < 0
B．甘氨酸的 SKIPIF 1 < 0
C．当溶液 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
D． SKIPIF 1 < 0 的平衡常数 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【分析】随着溶液碱性增强， SKIPIF 1 < 0 的量减小， SKIPIF 1 < 0 的量先增加后减小， SKIPIF 1 < 0 的量增加，故abc分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 的曲线；
【解析】A．由分析可知，曲线a代表的是 SKIPIF 1 < 0 ，A错误；B． SKIPIF 1 < 0 ，由点(4.22，0.5)可知， SKIPIF 1 < 0 ，B错误；C．由图可知，当溶液 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，C错误；D．由点(11.65，0.5)可知， SKIPIF 1 < 0 ，由点(4.22，0.5)可知， SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 的平衡常数 SKIPIF 1 < 0 ，D正确；故选D。
12．（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）已知相同温度下， SKIPIF 1 < 0 。某温度下，饱和溶液中 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、与 SKIPIF 1 < 0 的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线①代表 SKIPIF 1 < 0 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 值为 SKIPIF 1 < 0
C．加适量 SKIPIF 1 < 0 固体可使溶液由a点变到b点
D． SKIPIF 1 < 0 时两溶液中 SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]}＝－lg[c(Ba2＋)×c( SKIPIF 1 < 0 )]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]的关系。
【解析】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c( SKIPIF 1 < 0 )＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c( SKIPIF 1 < 0 )将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误；D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中 SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，选项D错误；答案选B。
13．（2023·四川攀枝花·统考三模）向10mL浓度均为0.1ml·L-1的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入0.1ml·L-1氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水(Kb=1.8×10-5)体积关系如下图所示。测得M、N点溶液pH分别为8.04、8.95。
已知：i．Zn2++4NH3⇌[Zn(NH3)4]2+ K稳= SKIPIF 1 < 0
ii．Ksp[Zn(OH)2]
A．曲线Y表示Zn2+
B．Ksp[Fe(OH)2]=10-16.92
C．N点以后，锌元素主要以Zn2+形式存在
D．Zn(OH)2+4NH3⇌[Zn(NH3)4]2++2OH- K=10-7.86
【答案】D
【分析】由于Ksp[Zn(OH)2]
选项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
SKIPIF 1 < 0 在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应： SKIPIF 1 < 0
C
紫黑色晶体消失
SKIPIF 1 < 0 ( SKIPIF 1 < 0 )的消耗使溶解平衡 SKIPIF 1 < 0 右移
D
溶液褪色
SKIPIF 1 < 0 与有色物质发生了置换反应
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