專題18水溶液中的離子平衡及其應(yīng)用

考向五年考情（2021-2025）命題趨勢

2025·廣東卷、2025·浙江1月卷、2024·江

考點一電離平衡、水的蘇卷、2023·天津卷、2023·浙江卷、2022·全

電離與溶液pH國乙卷、2022·福建卷、2021·浙江卷、水溶液中離子平衡是高考選擇題必

2020·浙江卷、2020·浙江卷考內(nèi)容，可以分為兩個大的方向，

2025·江蘇卷、2024·安徽卷、2024·貴州卷、一是水溶液中的離子平衡及其應(yīng)

考點二鹽類的水解及其2023·北京卷、2023·江蘇卷、2022·浙江卷、用，包括電離平衡、水的電離與溶

應(yīng)用2022·北京卷、2022·海南卷、2022·浙江卷、液pH，鹽類的水解及其應(yīng)用，沉淀

2022·江蘇卷、2020·天津卷溶解平衡及其利用（涉及沉淀溶解

2024·浙江1月卷、2024·湖北卷、2024·黑平衡的曲線分析也歸于此）；二是

吉遼卷、2024·全國甲卷、2023·全國甲卷、電解質(zhì)溶液曲線分析。總體上難度

考點三沉淀溶解平衡及

2023·河北卷、2023·全國乙卷、2023·新課較大，多為選擇題的壓軸題。

其利用

標卷、2023·遼寧卷、2022·湖南卷、2022·福

建卷、2022·海南卷

考點一電離平衡

2

1．（2025·廣東卷）CuCl微溶于水，但在Cl濃度較高的溶液中因形成CuCl2和CuCl3而溶解。將適量

2

CuCl完全溶于鹽酸，得到含CuCl2和CuCl3的溶液，下列敘述正確的是

2

A．加水稀釋，CuCl3濃度一定下降

B．向溶液中加入少量NaCl固體，CuCl2濃度一定上升

C．HCuCl2的電離方程式為：HCuCl2HCu2Cl

2

D．體系中，cCucHcClcCuCl2cCuCl3cOH

【答案】A

2

【解析】A．加水稀釋，溶液體積變大，CuCl3濃度一定下降，A正確；

2

B．加入NaCl會增加Cl?濃度，可能促使CuCl2轉(zhuǎn)化為CuCl3，CuCl2濃度不一定上升，B錯誤；

++-

C．H[CuCl2]應(yīng)電離為H和CuCl2，而非分解為Cu和Cl，電離方程式錯誤，C錯誤；

2

D．電荷守恒未考慮CuCl3的電荷數(shù)，電荷守恒應(yīng)為

2，錯誤；

cCucHcClcCuCl22cCuCl3cOHD

故選A。

7119

2．（2025·浙江1月卷）25℃時，H2CO3的電離常數(shù)Ka14.510,Ka24.710;KspCaCO33.410。

下列描述不．正．確．的是

8

A．HCO3H2OOHH2CO3,K2.210

24

B．2HCO3H2CO3CO3,K1.010

22

C．HCO3CaCaCO3(s)H,K1.410

Ka1Ka2cHCO3Kw

．NaHCO溶液中，cHcHCOcOHcCO2，則

D3233cH

KalcHCO3

【答案】D

14

cOHcH2CO3K10

【解析】A．HCOHOOHHCO，K==w2.2108，A正

32237

cHCO3Ka14.510

確；

211

cCO3cH2CO3K4.710

B．2HCOHCOCO2，K==a21.0104，B正確；

323327

cHCO3Ka14.510

cH11

2Ka24.7102

C．HCOCaCaCO(s)H，K==1.410，C正

332KCaCO3.4109

cHCO3cCasp3

確；

2

cHcHCO3cCO3cH

cHCO3cHcOH

KKcHCOK

a1a23wcH2CO3cHCO3

D．=

KcHCO

al3cHcHCO3

cHCO3

cH2CO3

2

cCO3cOH

22

cH，由于cHcH2CO3cOHcCO3，

cH2CO3cH

Ka1Ka2cHCO3Kw

c2H，錯誤；

D

KalcHCO3

答案選D。

2

3．（2024·江蘇卷）室溫下，通過下列實驗探究SO2的性質(zhì)。已知Ka1H2SO31.310，

8

Ka2H2SO36.210。

實驗1：將SO2氣體通入水中，測得溶液pH3。

1

實驗2：將SO2氣體通入0.1molLNaOH溶液中，當溶液pH4時停止通氣。

1

實驗3：將SO2氣體通入0.1molL酸性KMnO4溶液中，當溶液恰好褪色時停止通氣。

下列說法正確的是

2

A．實驗1所得溶液中：cHSO3cSO3cH

2

B．實驗2所得溶液中：cSO3cHSO3

C．實驗2所得溶液經(jīng)蒸干、灼燒制得NaHSO3固體

22

D．實驗3所得溶液中：cSO4cMn

【答案】D

【分析】實驗1得到H2SO3溶液，實驗2溶液的pH為4，實驗2為NaHSO3溶液，實驗3SO2和酸性KMnO4

溶液反應(yīng)的離子方程式為：-2-2++。

5SO2+2MnO4+2H2O=5SO4+2Mn+4H

2

【解析】A．實驗1得到H2SO3溶液，其質(zhì)子守恒關(guān)系式為：cHSO32cSO3cOHcH，

2

則cHSO3cSO3cH，A錯誤；

104c(SO2-)104c(SO2-)

3832

B．實驗2為pH為4，依據(jù)Ka2-，則6.210=-，溶液，則cSO3cHSO3，

c(HSO3)c(HSO3)

B錯誤；

C．NaHSO3溶液蒸干、灼燒制得NaHSO4固體，C錯誤；

．實驗依據(jù)發(fā)生的反應(yīng)：-2-2++，則恰好完全反應(yīng)后

D35SO2+2MnO4+2H2O=5SO4+2Mn+4H

22

cSO4cMn，D正確；

故選D。

4．（2023·天津卷）下表列出25℃時不同羧酸的pKa(即-lgKa)。根據(jù)表中的數(shù)據(jù)推測，結(jié)論正確的是

羧酸CH3COOHCH2FCOOHCH2ClCOOHCH2BrCOOH

pKa4.762.592.872.90

A．酸性強弱：CH2ICOOH>CH2BrCOOH

B．對鍵合電子的吸引能力強弱：F<Cl<Br

C．25℃時的pKa大?。篊HF2COOH<CH2FCOOH

D．25℃時0.1mol/L溶液的堿性強弱：CH3COONa<CH2ClCOONa

【答案】C

【解析】A．根據(jù)電負性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐漸減弱，則

酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A錯誤；

B．電負性越大，對鍵合電子的吸引能力越強，電負性：F>Cl>Br，對鍵合電子的吸引能力強弱：F>Cl>Br，

B錯誤；

C．F是吸電子基團，F(xiàn)原子個數(shù)越多，吸電子能力越強，使得羧基中O—H鍵極性增強，更易電離，酸

性增強，則25℃時的pKa大?。篊HF2COOH<CH2FCOOH，C正確；

D．根據(jù)pKa知，相同濃度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越強，其對應(yīng)鹽的水解程度越弱，堿

性越弱，則相同濃度下堿性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D錯誤；

故答案為：C。

5．（2023·浙江卷）草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小組做如下兩組實驗：

-1-1

實驗I：往20mL0.1molLNaHC2O4溶液中滴加0.1molLNaOH溶液。

-1-1

實驗Ⅱ：往20mL0.10molLNaHC2O4溶液中滴加0.10molLCaCl2溶液。

-2-5-9

[已知：H2C2O4的電離常數(shù)Kal=5.410,Ka2=5.410,KspCaC2O4=2.410，溶液混合后體積變化忽略

不計]，下列說法正確的是

A．實驗I可選用甲基橙作指示劑，指示反應(yīng)終點

2--

B．實驗I中V(NaOH)=10mL時，存在cC2O4<cHC2O4

-2++

C．實驗Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)HC2O4+CaCaC2O4+H

2--8-1

D．實驗Ⅱ中VCaCl2=80mL時，溶液中cC2O4=4.010molL

【答案】D

【解析】A．NaHC2O4溶液被氫氧化鈉溶液滴定到終點時生成顯堿性的草酸鈉溶液，為了減小實驗誤差

要選用變色范圍在堿性范圍的指示劑，因此，實驗I可選用酚酞作指示劑，指示反應(yīng)終點，故A錯誤；

B．實驗I中V(NaOH)=10mL時，溶質(zhì)是NaHC2O4、Na2C2O4且兩者物質(zhì)的量濃度相等，

11014

K=5.4105>K，則草酸氫根的電離程度大于草酸根的水解程度，因此存在

a2h5.4105

2

cC2O4>cHC2O4，故B錯誤；

C．實驗Ⅱ中，由于開始滴加的氯化鈣量較少而NaHC2O4過量，因此該反應(yīng)在初始階段發(fā)生的是

2+

2HC2O4+CaCaC2O4+H2C2O4，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為

2

c(H2C2O4)c(H2C2O4)c(H)c(C2O4)

K22222

c(Ca)c(HC2O4)c(Ca)c(C2O4)c(HC2O4)c(H)

K5.41051

a265

29104.210，因為平衡常數(shù)很大，說明反應(yīng)能夠完全進行，當

Ka1Ksp5.4102.4102.4

NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2發(fā)生反應(yīng)，故C錯誤；

D．實驗Ⅱ中VCaCl2=80mL時，溶液中的鈣離子濃度為

0.1molL10.080L0.1molL10.020L

c(Ca2)=0.06molL1，溶液中

0.1L

KCaCO9

2sp242.410181，故正確。

cC2O4==molL=4.010molLD

c(Ca2)0.06

綜上所述，答案為D。

．（全國乙卷）常溫下，一元酸的3。在某體系中，+與-離子不能穿過隔膜，

62022·HAKa(HA)=1.010HA

未電離的HA可自由穿過該膜(如圖所示)。

設(shè)溶液中c總(HA)c(HA)cA，當達到平衡時，下列敘述正確的是

A．溶液Ⅰ中cHcOHcA

-

cA1

B．溶液Ⅱ中的HA的電離度為

101

c總(HA)

C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等

4

D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10

【答案】B

【解析】A．常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A

錯誤；

+-

+c(H)c(A)-3-

B．常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H)=0.1mol/L，Ka==1.0×10，c總(HA)=c(HA)+c(A)，

c(HA)

0.1c(A-)c(A-)

-31

則-=1.0×10，解得=，B正確；

c總(HA)-c(A)c總(HA)101

C．根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯誤；

+-

+-7c(H)c(A)-3-

D．常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H)=1×10mol/L，Ka==1.0×10，c總(HA)=c(HA)+c(A)，

c(HA)

-7

10[c總(HA)c(HA)]-34

=1.0×10，溶液I中c總(HA)=(10+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中

c(HA)

+-0.1[c(HA)c(HA)]

+c(H)c(A)-3-總-3

c(H)=0.1mol/L，Ka==1.0×10，c總(HA)=c(HA)+c(A)，=1.0×10，溶液

c(HA)c(HA)

II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中

444

c總(HA)之比為[(10+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(10+1)∶1.01≈10，D錯誤；

答案選B。

7．（2022·福建卷）探究醋酸濃度與電離度α關(guān)系的步驟如下，與相關(guān)步驟對應(yīng)的操作或敘述正確的

步驟操作或敘述

AⅠ.用NaOH標準溶液標定醋酸溶液濃度滴定時應(yīng)始終注視滴定管中的液面

BⅡ.用標定后的溶液配制不同濃度的醋酸溶液應(yīng)使用干燥的容量瓶

CⅢ.測定步驟Ⅱ中所得溶液的pH應(yīng)在相同溫度下測定

cH

計算不同濃度溶液中醋酸的電離度

DⅣ.計算式為α100%

cCH3COO

【答案】C

【解析】A．中和滴定時眼睛應(yīng)始終注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化，A錯誤；

B．配制不同濃度的醋酸溶液時，容量瓶不需要干燥，B錯誤；

C．溫度影響醋酸的電離平衡，因此測定步驟Ⅰ中所得溶液的pH時應(yīng)在相同溫度下測定，C正確；

D．電離度是指弱電解質(zhì)在溶液里達電離平衡時，已電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原來總分子數(shù)（包括已電離

cH

的和未電離的）的百分數(shù)，因此醋酸的電離度計算式為α100%，D錯誤；

cCH3COOH

答案選C。

8．（2021·浙江）某同學擬用pH計測定溶液pH以探究某酸HR是否為弱電解質(zhì)。下列說法正確的是

A．25℃時，若測得0.01molL-1NaR溶液pH=7，則HR是弱酸

B．25℃時，若測得0.01molL-1HR溶液pH>2且pH<7，則HR是弱酸

C．25℃時，若測得HR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL，測得pH=b,b-a<1，

則HR是弱酸

D．25℃時，若測得NaR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，升溫至50℃，測得pH=b，a>b，則HR是

弱酸

【答案】B

【解析】

A．25℃時，若測得0.01molL-1NaR溶液pH=7，可知NaR為強酸強堿鹽，則HR為強酸，A錯誤；

+

B．25℃時，若測得0.01molL-1HR溶液pH>2且pH<7，可知溶液中cH0.01mol/L，所以HR

未完全電離，HR為弱酸，B正確；

C．假設(shè)HR為強酸，取PH=6的該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL測得此時溶液PH<7，C

錯誤；

D．假設(shè)HR為強酸，則NaR為強酸強堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃，促進水的電離，水的離子積

常數(shù)增大，PH減小，D錯誤；

答案為：B。

考點二鹽類的水解及其應(yīng)用

9．（2025·江蘇卷）室溫下，有色金屬冶煉廢渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用過量的較濃H2SO4溶液酸浸

后，提取銅和鎳的過程如下所示。

228

已知：KaHSO41.210,KalH2SO31.210,Ka2H2SO36.010。下列說法正確的是

2

A．較濃H2SO4溶液中：cH2cSO4cOH

26

B．NaHSO3溶液中：2HSO3SO3H2SO3的平衡常數(shù)K5.010

．溶液中：

CNH42C2O4cNH3H2OcOHcH2C2O4cHC2O4cH

D．“提銅”和“沉鎳”后的兩份濾液中：c提銅Nac沉鎳Na

【答案】B

【分析】有色金屬冶煉廢渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用過量的較濃H2SO4溶液酸浸后，浸取液主要含

有、，加入溶液提銅，濾液加入溶液沉鎳得到NiCO。

CuSO4NiSO4NaHSO3NH42C2O424

2

【解析】A．若H2SO4兩步均完全電離，則溶液中存在電荷守恒：cH2cSO4cOH，但根據(jù)

2

題給信息KaHSO41.210知，在較濃的H2SO4溶液中H2SO4僅第一步電離完全，電離出大量的H會

抑制第二步電離，第二步電離不完全，溶液中存在HSO4，因此電荷守恒應(yīng)表示為

2

cHcHSO42cSO4cOH，A錯誤；

B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)

228

cH2SO3cSO3cH2SO3cHcSO3Ka2H2SO36.010

K5.0106，B正確；

22

cHSO3cHcHSO3cHSO3Ka1H2SO31.210

2

C．NH4得到1個OH生成NH3H2O，C2O4得1個H生成HC2O4得2個H生成H2C2O4，水電離出

的H與OH濃度相等，即c水Hc水OH，則溶液中存在質(zhì)子守恒

:c水OHcNH3·H2OcOH2cH2C2O4cHC2O4cHc水H，C錯誤；

D．考慮過程中溶液的少量損耗(吸附在沉淀表面被過濾除去)，n提銅Nan沉鎳Na，同時“沉鎳”過

程中加入了溶液，溶液體積增加，因此，錯誤；

NH42C2O4c提銅Nac沉鎳NaD

故選B。

2+℃

10．（2024·安徽卷）環(huán)境保護工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd。已知25時，H2S飽

-1-6.97-12.90-17.20-26.10

和溶液濃度約為0.1molL，Ka1H2S=10，Ka2H2S=10，Ksp(FeS)=10，Ksp(CdS)=10。

下列說法錯誤的是

+--2-

A．Na2S溶液中：cH+cNa=cOH+cHS+2cS

-1+2---

B．0.01molLNa2S溶液中：cNa>cS>cOH>cHS

C．向cCd2+=0.01molL-1的溶液中加入FeS，可使cCd2+<10-8molL-1

2+-1+2+

D．向cCd=0.01molL的溶液中通入H2S氣體至飽和，所得溶液中：cH>cCd

【答案】B

+--2-

【解析】A．Na2S溶液中只有5種離子，分別是H、Na、OH、HS、S，溶液是電中性的，存在電

荷守恒，可表示為cH++cNa=cOH-+cHS-+2cS2-，A正確；

-12-

B．0.01molLNa2S溶液中，S水解使溶液呈堿性，其水解常數(shù)為

14

c(OH)c(HS)K10c(OH)

W1.1，根據(jù)硫元素守恒可知1.11所以，

Kh212.910c(HS)10molL,21

c(S)Ka210c(S)

則c(OH)c(S2)，B不正確；

2+-1

C．Ksp(FeS)遠遠大于Ksp(CdS)，向cCd=0.01molL的溶液中加入FeS時，可以發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，

17.20

Ksp(FeS)108.95

該反應(yīng)的平衡常數(shù)為K26.101010，因此該反應(yīng)可以完全進行，CdS的飽和溶液

Ksp(CdS)10

中cCd2+=1026.1molL-11013.05molL-1，若加入足量FeS時可使cCd2+<10-8molL-1，C正確

26.9712.90

c（H）KK10106.235

D．Cd2+HSCdS+2H的平衡常數(shù)Ka1a21010，

2（2）（）26.10

cCdcH2SKsp10

2+-12+

該反應(yīng)可以完全進行，因此，當向cCd=0.01molL的溶液中通入H2S氣體至飽和，Cd可以完全

沉淀，所得溶液中cH+>cCd2+，D正確；

綜上所述，本題選B。

11．（2024·貴州卷）硼砂Na2B4O5(OH)48H2O水溶液常用于pH計的校準。硼砂水解生成等物質(zhì)的量的

B(OH)3(硼酸)和NaB(OH)4(硼酸鈉)。

已知：①25℃時，硼酸顯酸性的原理K5.81010

BOH32H2OH3Oa

②lg5.80.38。

下列說法正確的是

A．硼砂稀溶液中cNacB(OH)3

B．硼酸水溶液中的H主要來自水的電離

C．25℃時，0.01molL1硼酸水溶液的pH6.38

D．等濃度等體積的B(OH)3和NaB(OH)4溶液混合后，溶液顯酸性

【答案】B

【解析】

．2-水解生成等物質(zhì)的量濃度的B(OH)和NaB(OH)，硼酸遇水轉(zhuǎn)換

AB4O5OH434

+1-

B(OH)3+2H2OH3O+，根據(jù)物料守恒，cNacB(OH)3cBOH，A

24

錯誤；

++

B．根據(jù)已知，硼酸遇水轉(zhuǎn)換B(OH)3+2H2OH3O+，其中的H是由水提供的，B

正確；

-

cH+cBOH

．時，B(OH)+2HOHO++，410，

C25℃323Ka=5.810

cB(OH)3

+10-126，因，，錯

cH5.810cB(OH)35.8105.810lg5.80.38pH60.385.62C

誤；

14

-K101

．B(OH)的電離平衡常數(shù)為K5.81010，的水解平衡常數(shù)K=w104，

D3aBOH4h10

Ka5.8105.8

水解程度大于電離程度，顯堿性，D錯誤；

故選B。

12．（2023·北京卷）下列過程與水解反應(yīng)無關(guān)的是

A．熱的純堿溶液去除油脂

B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉(zhuǎn)化為小分子烴

C．蛋白質(zhì)在酶的作用下轉(zhuǎn)化為氨基酸

D．向沸水中滴入飽和FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體

【答案】B

【解析】A．熱的純堿溶液因碳酸根離子水解顯堿性，油脂在堿性條件下能水解生成易溶于水的高級脂

肪酸鹽和甘油，故可用熱的純堿溶液去除油脂，A不符合題意；

B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下發(fā)生裂化或裂解反應(yīng)生成小分子烴，與水解反應(yīng)無關(guān)，B符合題

意；

C．蛋白質(zhì)在酶的作用下可以發(fā)生水解反應(yīng)生成氨基酸，C不符合題意；

3+3+

D．Fe能發(fā)生水解反應(yīng)生成Fe(OH)3，加熱能增大Fe的水解程度，D不符合題意；

故選B。

2

13．（2023·江蘇卷）室溫下，用含少量Mg的MnSO4溶液制備MnCO3的過程如題圖所示。已知

114

KspMgF25.210，KaHF6.310。下列說法正確的是

A．0.1molL1NaF溶液中：cFcNacH

2KspMgF2

B．“除鎂”得到的上層清液中：cMg

cF

12

C．0.1molLNaHCO3溶液中：cCO3cHcH2CO3cOH

2

D．“沉錳”后的濾液中：cNacHcOHcHCO32cCO3

【答案】C

-

【解析】A．0.1molL1NaF溶液中存在電荷守恒：cOHcFcNacH，A錯誤；

22

B．“除鎂”得到的上層清液中為MgF2的飽和溶液，有KspMgF2=cMgcF，故

2KspMgF2

cMg，B錯誤；

c2F

12

C．0.1molLNaHCO3溶液中存在質(zhì)子守恒：cCO3+cOHcHcH2CO3，故

2

cCO3cHcH2CO3cOH，C正確；

-2

D．“沉錳”后的濾液中還存在F、SO4等離子，故電荷守恒中應(yīng)增加其他離子使等式成立，D錯誤。

故選C。

14．（2022·浙江卷）25℃時，向20mL濃度均為0.1molL-1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1molL-1的

5-1

NaOH溶液(酷酸的Ka=1.810；用0.1molL的NaOH溶液滴定20mL等濃度的鹽酸，滴定終點的pH

突躍范圍4.3～9.7)。下列說法不．正．確．的是

A．恰好中和時，溶液呈堿性

+-

B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的過程中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：H+OH=H2O

--

C．滴定過程中，cCl=cCH3COO+cCH3COOH

+--

D．pH=7時，cNa>cCl>cCH3COO>cCH3COOH

【答案】B

【解析】A．恰好中和時，生成氯化鈉溶液和醋酸鈉溶液，其中醋酸根離子會水解，溶液顯堿性，A正

確；

+-

B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的過程中，若只發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：H+OH=H2O，則滴加NaOH

-1+-

溶液的體積為20mL，則根據(jù)電離常數(shù)，0.1molL的醋酸中，c(H)≈c(CH3COO)=Kac(CH3COOH)

-3.5-1

=0.051.8×10-5=310molL>1.0×10-4.3，故用氫氧化鈉滴定的過程中，醋酸也參加了反應(yīng)，則離子

+---

方程式為：H+OH=H2O和CH3COOH+OH=CH3COO+H2O，B錯誤；

C．滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過程中，根據(jù)物料守恒可知：

--

cCl=cCH3COO+cCH3COOH，C正確；

D．向20mL濃度均為0.1molL-1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1molL-1的NaOH溶液，當鹽酸

的體積為20ml時，溶液為氯化鈉和醋酸的混合溶液，顯酸性，需要再滴加適量的氫氧化鈉，當加入的

-5

NaOH溶液的體積為30mL時，溶液為NaCl和等濃度的CH3COONa、CH3COOH，根據(jù)Ka=1.8×10＞

Kw10-14

Kh==可知，此時溶液仍然呈酸性，需繼續(xù)滴加NaOH溶液，故有

Ka1.8×10-5

+--

cNa>cCl>cCH3COO>cCH3COOH，D正確；

故答案為：B。

15．（2022·北京卷）2022年3月神舟十三號航天員在中國空間站進行了“天宮課堂”授課活動。其中太空“冰

雪實驗”演示了過飽和醋酸鈉溶液的結(jié)晶現(xiàn)象。下列說法不．正．確．的是

A．醋酸鈉是強電解質(zhì)

B．醋酸鈉晶體與冰都是離子晶體

C．常溫下，醋酸鈉溶液的pH7

D．該溶液中加入少量醋酸鈉固體可以促進醋酸鈉晶體析出

【答案】B

【解析】A．醋酸鈉在水溶液中能完全電離，醋酸鈉是強電解質(zhì)，故A正確；

B．醋酸鈉晶體是離子晶體，冰是分子晶體，故B錯誤；

C．醋酸鈉是強堿弱酸鹽，常溫下，醋酸鈉溶液的pH7，故C正確；

D．過飽和醋酸鈉溶液處于亞穩(wěn)態(tài)，加入少量醋酸鈉固體可以促進醋酸鈉晶體析出，形成飽和溶液，故

D正確；

選B。

8

16．（2022·海南卷）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃時，Ka(HClO)=4.010。下列關(guān)于NaClO溶液

說法正確的是

A．0．01mol/L溶液中，cClO-<0.01molL-1

B．長期露置在空氣中，釋放Cl2，漂白能力減弱

-

C．通入過量SO2，反應(yīng)的離子方程式為SO2+ClO+H2O=HSO3+HClO

D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>cClO-=cNa+

【答案】AD

【解析】A．NaClO溶液中ClO-會水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正確；

B．漂白粉主要成分為Ca(ClO)2和CaCl2，長期露置在空氣中容易和CO2發(fā)生反應(yīng)而失效，其反應(yīng)的化

學方程式為：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO再分解：2HClO=2HCl+O2↑，不會釋放Cl2，

B錯誤；

?-2-+

C．將過量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO+H2O=Cl+SO4+2H，C錯誤；

D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在電荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，則

c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正確；

答案選AD。

10

17．（2022·浙江卷）25℃時，苯酚C6H5OH的Ka=1.010，下列說法正確的是

--

A．相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，cC6H5O>cCH3COO

-1

B．將濃度均為0.10molL的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大

-

C．25℃時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得pH=10.00，則此時溶液中cC6H5O