专题10 水溶液中的离子反应与平衡-学易金卷：五年（2019-2023）高考化学真题分项汇编（全国通用）（解析版）.docx

1、五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题10 水溶液中的离子反应与平衡2023年高考真题考点一 电离平衡1（2023浙江卷）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验I：往溶液中滴加溶液。实验：往溶液中滴加溶液。已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法正确的是A实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点B实验I中时，存在C实验中发生反应D实验中时，溶液中【答案】D【详解】A溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度

2、相等，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B错误；C实验中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，故C错误；D实验中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。综上所述，答案为D。考点二 盐类的水解2（2023北京卷）下列过程与水解反应无关的是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向沸水中滴入饱和溶液制备胶体【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

3、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。考点三 沉淀溶解平衡3（2023全国甲卷）下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是A由点可求得B时的溶解度为C浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离D混合溶液中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=1

4、2，则=，故A错误；B由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则=，时的溶解度为=10-3，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的方法分步沉淀和，故C正确；D由图可知，沉淀完全时，pM5，此时pH约为4.7，在此pH下刚开始沉淀的浓度为，而题中，则会同时沉淀，故D错误；答案选C。4（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Aa点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀Bb点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)CAg2CrO4+2Cl-2

5、AgCl+CrO的平衡常数K=107.9D向NaCl、Na2CrO4均为0.1molL-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)=(110-5)2110-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=110-5110-4.8=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

6、，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；BKsp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=，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=1107.9，C正确；D向NaCl、Na2CrO4均为0.1molL-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。5（2023新课标卷）向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应和，与

7、的关系如下图所示(其中M代表、或)。下列说法错误的是A曲线I可视为溶解度随浓度变化曲线B的溶度积常数C反应的平衡常数K的值为D时，溶液中【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、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) Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s) +2NH3(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，

8、故A错误；B由图可知，c(NH3)=10-1mol/L时，c(Cl-)=10-2.35mol/L, c(Ag+)=10-7.40mol/L，则氯化银的溶度积为10-2.3510-7.40=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10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，则的平衡常数K=，故C正确；D由分析可知，曲线I、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，则时，溶液中，故D正确；故选A。6（2023辽宁卷）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体

9、系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是AB为与的关系曲线CD【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+)，由此可知曲线代表Cd2+、代表Ni2+、代表S2-，代表

10、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，曲线代表Cd2+、代表S2-，由图示曲线交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A错误；B由分析可知，为与的关系曲线，B错误；C由分析可知，曲线代表HS-，由图示曲线两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，或者当c(H+)=10-4.2 mol/L时，c(HS-)=10-3.9 mol/L，C错误；D已知Ka1Ka2=，由曲线两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8m

11、ol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2=10-21.8，结合C项分析可知，Ka1=10-7.1故有，D正确；故答案为：D。7（2023北京卷）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。ii.2中曲线的离子浓度关系符合；曲线的离子浓度关系符合注：起始，不同下由图1得到。下列说法不正确的是A由图1，B由图2，初始状态，无沉淀生成C由图2，初始状态，平衡后溶液中存在D由图1和图2，初始状态、，发生反应：【答案】C【详解】A水溶液中的离子平衡从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A

12、项正确；B从图2可以看出、时，该点位于曲线和曲线的下方，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、时，该点位于曲线的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；D时，溶液中主要含碳微粒是，时，该点位于曲线的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；故选C。考点四 电解质溶液图像分析8（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：；，平衡常数依次为。已知、，、随的变化关系如图所示，下列说法错误的是A线表示的变化情况B随增大，先增大后减小CD溶液中I元素与元素的物质的量之比始终为【答案】B【分析】由题干反应方程式可

13、知，K1=，则有c(Hg2+)=，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)， =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)， =lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由可知K0=为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表、，据此分析解题。【详解】A由分析可知，线表示的变化情况，A正确；B已知的化学平衡常数K0=，温度不变平衡常数不变，故随增大，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

14、线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合可知得：，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元素与元素的物质的量之比始终为，D正确；故答案为：B。9（2023湖北卷）为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是A当时，体系中BpH在9.510.5之间，含L的物种主要为C的平衡常数的lgK约为14D当时，参与配位的【答案】C【分析】从图给的分布分数图可

15、以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。【详解】A从图中可以看出Fe()主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)c(FeL+)c(HL-)c(OH-)，A错误；B根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.510.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；C该反应的平衡常数K

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

17、故答案选C。10（2023湖南卷）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A约为B点a：C点b：D水的电离程度：【答案】D【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成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、CH3COON

18、a；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，=10-4.76，故A正确；Ba点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)d，故D错误；答

19、案选D。2022年高考真题考点一 电离平衡11（2022全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是A溶液中B溶液中的HA的电离度为C溶液和中的不相等D溶液和中的之比为【答案】B【解析】A常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=110-7mol/L，c(H+)c(OH-)c(A-)，A错误；B常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka=1.010-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.010-3，解得=，B正确；C根据题意，未电离的HA可自

20、由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=110-7mol/L，Ka=1.010-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.010-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka=1.010-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.010-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为(104+1)c(HA)1.01c(HA)=(104+1)1.011

21、04，D错误；答案选B。12（2022福建卷）探究醋酸浓度与电离度关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的步骤操作或叙述A.用标准溶液标定醋酸溶液浓度滴定时应始终注视滴定管中的液面B.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液应使用干燥的容量瓶C.测定步骤中所得溶液的应在相同温度下测定D.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度计算式为【答案】C【详解】A中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；B配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；C温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤中所得溶液的时应在相同温度下测定，C正确；D电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子

22、数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为，D错误；答案选C。考点二 水的电离与pH计算13（2022浙江卷）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液(酷酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.39.7)。下列说法不正确的是A恰好中和时，溶液呈碱性B滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：C滴定过程中，D时，【答案】B【解析】A恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B滴加溶液至的过程中，若只发生反应的离子方程式：，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，的醋酸中，c(H+)c

23、(CH3COO-)= =1.010-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H+OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；C滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：，C正确；D向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.810-5Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有，D正确；故答案为：B。

24、考点三 盐类的水解14（2022北京卷）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是A醋酸钠是强电解质B醋酸钠晶体与冰都是离子晶体C常温下，醋酸钠溶液的D该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出【答案】B【详解】A醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；B醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；C醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确；D过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；选B。15（2022海南卷

25、）NaClO溶液具有添白能力，已知25时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是A0.01mol/L溶液中，B长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱C通入过量，反应的离子方程式为D25，的NaClO和HClO的混合溶液中，【答案】AD【解析】ANaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)0.01mol/L，A正确；B漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO再分解：2HClO=2HCl+O2，不会释放Cl2，B错误；C将过量的

26、SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO+H2O=Cl-+2H+，C错误；D25，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)c(ClO-)，所以c(HClO)c(ClO-)=c(Na+)，D正确；答案选AD。16（2022浙江卷）时，苯酚的，下列说法正确的是A相同温度下，等的和溶液中，B将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大C时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中D时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小【答案】C【解析】A醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离

27、子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)c(CH3COO-)，A错误；BC6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B错误；C当pH=10.00时，c(OH-)=1.010-10，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C正确；DC6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误；故选C。17（2022江苏卷）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1molL-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引

28、起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.410-7、Ka2=4.410-11。下列说法正确的是 AKOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)c()BKOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c()+c(H2CO3)CKOH溶液吸收CO2，c总=0.1molL-1溶液中：c(H2CO3)c()D如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降【答案】C【详解】AKOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)c()，若为KHCO

29、3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)c()，A不正确；BKOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2c()+c()+c(H2CO3)，则c(OH-)= c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；CKOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1molL-1，c总=0.1molL-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2=2.310-8Ka2=4.410-11，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(H2CO3)c()，C正确；D如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为

30、：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3，该反应放热（碳酸钙分解吸热），溶液的温度升高，D不正确；故选C。考点四 沉淀溶解平衡18（2022湖南卷）室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，)。下列说法正确的是Aa点：有白色沉淀生成B原溶液中的浓度为C当沉淀完全时，已经有部分沉淀Db点：【答案】C【解析】向含浓度相等的 Cl-、

31、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL10-3L/mL0.1000mol/L=4.510-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.510-4mol。AI-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；B原溶液中I-的物质的量为1.510-4mol，则I-的浓度为=0.0100molL-1，故B错误；C当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.010-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)=5.410

32、-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)=3.310-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100molL-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；Db点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为：，故D错误；故选C。19（2022福建卷）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在014范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是A可被净化的区间最大B加入适量，可进一步提升净化程度C净化的先后顺序：D【答案】B【详解】A对离子净化时，相关离子浓度c10-5mol

33、/L，则lgc-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A错误；B加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确；C由图可知，净化的先后顺序为，C错误；D对离子净化时，相关离子浓度c10-5mol/L，lgc-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有，D错误；故

34、选B。20（2022海南卷）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是A曲线代表与pH的关系B的约为C向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在pH=9.0，体系中元素M主要以存在D向的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以存在【答案】BD【解析】由题干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)(aq)，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，cM(OH)增大，即-lg c(M2+)增大，-lg cM(OH)

35、减小，因此曲线代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线代表-lg cM(OH)与pH的关系，据此分析解答。A由分析可知，曲线代表-lg c(M2+)与pH的关系，A正确；B由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)c2(OH-)=110-17，B错误；C向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、cM(OH)均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；DcM(OH)=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的HCl后，体系

36、中元素M仍主要以M(OH)存在，D错误；答案选BD。考点五 电解质溶液图像分析21（2022山东卷）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A反应的平衡常数BC曲线代表含的溶液的变化曲线D对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化【答案】D【解析】硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线代表含硫酸锶固体的1m

37、ol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。A反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K=，故A正确；B由分析可知，曲线代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=105.50.1=106.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=106.5，则a为6

38、.5；C由分析可知，曲线表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；D由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D错误；故选D。22（2022辽宁卷）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是A甘氨酸具有两性B曲线c代表C的平衡常数D【答案】D【详解】A中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液p

39、H的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，则，故C正确；D由C项分析可知，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，则，即，故D错误；故答案选D。2021年高考真题考点一 电离平衡23（2021浙江）某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是A25时，若测得溶液，则HR是弱酸B25时，若测得溶液且，则HR是弱酸C25时，若测得HR溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得，则HR是弱酸D25时，若测得NaR溶液，取该溶液，升温至50，测得，则HR是弱酸【答

40、案】B【详解】A25时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则为强酸，A错误；B25时，若测得溶液且，可知溶液中，所以未完全电离，为弱酸，B正确；C假设为强酸，取的该溶液，加蒸馏水稀释至测得此时溶液，C错误；D假设为强酸，则为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50，促进水的电离，水的离子积常数增大，减小，D错误；答案为：B。考点二 电解质溶液图像分析24（2021全国乙）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A溶液时，BMA的溶度积度积C溶液时，DHA的电离常数【答案】C【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解

41、题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。【详解】A由图可知pH=4，即c(H+)=1010-5mol/L时，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=mol/Ly，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。26（2021湖南）常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是A该溶液中：B三种一元弱酸的电离常数：C当时，三种溶液中：D分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：【答案】C【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次

42、减弱。【详解】ANaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)，故A正确；B弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)Ka (HY)Ka(HZ)，故B正确；C当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)c(Y-)c(Z-)，故C错误；D向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守

43、恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)c(OH-)，故D正确；故选C。27（2021山东）赖氨酸H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)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(x)随pH变化如图所示。已知(x)=，下列表述正确的是ABM点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2

44、c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)CO点，pH=DP点，c(Na+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)【答案】CD【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，M点，由此可知，N点，则，P点，则。【详解】A，因此，故A错误；BM点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；CO点，因此，即，因此，溶液，故C正确；DP点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；综上所述，正确的是CD，故答案为CD。2020年高考真题考点一 水的电离与pH计算28.（2020浙江卷）下

45、列说法不正确的是( )A. 的盐酸中B. 将KCl溶液从常温加热至80，溶液的pH变小但仍保持中性C. 常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D. 常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大【答案】A【解析】盐酸的浓度为2.010-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.010-7 mol/L，故A错误；KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水DE 离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为

46、KCl，则仍呈中性，故B正确；NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确。29.（2020浙江卷）常温下，用氨水滴定浓度均为的和的混合液，下列说法不正确的是( )A. 在氨水滴定前，和的混合液中B. 当滴入氨水时，C. 当滴入氨水时，D. 当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，【答案】D【解析】未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L

47、，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)c(CH3COO-)，A正确；当滴入氨水10mL时，n(NH3H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+

48、)c(Cl-)，D不正确。考点二 盐类的水解30.（2020天津卷）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A. 相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则 B. 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D. 在溶液中，【答案】A【解析】HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)Ka(HF)，故A错误；相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此

49、时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故B正确；CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)Ksp(CuS)，故C正确；根据溶液中的物料守恒定律，1 molL1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 molL1，即c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1 molL1，故D正确；综上所述，答案为A。31.（2020江苏卷）室温下，将两种浓度

50、均为的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A. 混合溶液(pH=10.30)：B. 氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：C. 混合溶液(pH=4.76): D. 混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸): 【答案】AD【解析】NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，故A正确；该混合溶液中电荷守

51、恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)，故C错误；该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。考点三 电解质溶液图像分析32.（2020新课标）以酚酞为指示剂，用0.1000 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴

52、加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。比如A2的分布系数：下列叙述正确的是A. 曲线代表，曲线代表B. H2A溶液的浓度为0.2000 molL1C. HA的电离常数Ka=1.0102D. 滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】根据图像，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线代表(HA-)，曲线代表(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，

53、c(H2A)=0.1000mol/L，据此分析作答。根据分析，曲线代表(HA-)，曲线代表(A2-)，A错误；当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误；由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka=110-2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色pH范围为8.210，终点时溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，溶液

54、中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。33.（2020山东卷）25时，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是A. O点时，B. N点时，C. 该体系中，D. pH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大【答案】BC【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧

55、根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；c(CH3COO-

56、)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；答案选BC。2019年高考真题考点一 电离平衡342019新课标设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是A每升溶液中的H+数目为0.02NABc(H

57、+)= c()+2c()+3c()+ c(OH)C加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【答案】B【解析】常温下pH2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H数目为0.01NA，A错误；根据电荷守恒可知，B正确；加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；加入NaH2PO4固体，H2PO4浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误。考点二 盐类的水解352019江苏室温下，反应+H2OH2CO3+OH的平衡常数K=2.2108。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积

58、变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A0.2 molL1氨水：c (NH3H2O)c() c (OH) c (H+)B0.2 molL1NH4HCO3溶液(pH7)：c () c () c (H2CO3) c (NH3H2O)C0.2 molL1氨水和0.2 molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()D0.6 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3H2O)+ c()+ c(OH)=0.3 molL1+ c (H2CO3)+ c (H+)【答案】BD【解析】NH3H2O属于

59、弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3H2ONH4+OH-，H2OH+OH-，所以c(OH-)c(NH4+)，A错误；NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)c(NH3H2O)，B正确；由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，C错误；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有

60、c(NH4+)+c(NH3H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去c(NH4+)得：c(NH3H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，将等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=

61、c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将带入中得，c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。考点三 沉淀溶解平衡362019新课标绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)c(K+)c(OH)【答案】C【解析】向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢

62、氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA转化为A2，b点导电性强于a点，说明Na+和A2的导电能力强于HA，B正确；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，C错误；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶

63、液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）c（OH），溶液中三者大小顺序为c（Na+）c（K+）c（OH），D正确。382019北京实验测得0.5 molL1CH3COONa溶液、0.5 molL1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A随温度升高，纯水中c(H+)c(OH)B随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH)减小C随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D随温度升高，C

64、H3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】C【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使p

65、H发生变化，故C符合题意；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意。392019天津某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A曲线代表溶液B溶液中水的电离程度：b点c点C从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，代表HNO2，I代表CH3COOH，A错误；酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，B错误；代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)c(HNO2)c(OH-)/c(H+)c(NO2-)=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，C正确；体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误。