通用版五年2016_2020高考化学真题专题点拨专题08水溶液中的离子平衡含解析 26页

专题08 水溶液中的离子平衡 ‎【2020年】‎ ‎1.（2020·浙江卷）下列物质在熔融状态下不导电的是( )‎ A. NaOH B. CaCl2 C. HCl D. K2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH-，故其在熔融状态下能导电，A不符合题意；CaCl2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和Cl-，故其在熔融状态下能导电，B不符合题意；HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意；K2SO4属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的K+和SO42-，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。综上所述，本题答案为C。‎ ‎2.（2020·浙江卷）下列说法不正确的是( )‎ 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2.0×10-7 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2.0×10-7 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。‎ ‎3.（2020·新课标Ⅰ）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH 26‎ 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①代表，曲线②代表 B. H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1‎ C. HA−的电离常数Ka=1.0×10−2‎ D. 滴定终点时，溶液中 ‎【答案】C ‎【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②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②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①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(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==‎ 26‎ ‎≈1×10-2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。‎ ‎4.（2020·江苏卷）室温下，将两种浓度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：‎ 26‎ ‎，两式相加可得：，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。‎ ‎5.（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=-lgK 26‎ a，故B正确；c(CH3COO-)+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。‎ ‎6.（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 mol∙L−1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。‎ ‎7.（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，‎ 26‎ 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，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(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=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+)＞c(Cl-)，D不正确。‎ ‎8.（2020·江苏卷）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。‎ 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。‎ ‎(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。‎ ‎(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。‎ 26‎ ‎(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1)或 HSO- （2）ZnSO3 或 （3）随着pH降低，HSO浓度增大 减小 ‎【解析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析HSO与氧气反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。‎ ‎(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2NH4++SO（或2NH3·H2O +SO2=2NH4++SO+H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有HSO3- 和SO，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是HSO；‎ ‎(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO）‎ ‎(3)HSO可以经氧气氧化生成SO，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的HSO的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的HSO反应生成SO，反应的离子方程式为2HSO+O2=2SO+2H+‎ 26‎ ‎，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。‎ ‎【2019年】‎ ‎1．[2019新课标Ⅰ]NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是 A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 ‎ B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的 ‎ C．b点的混合溶液pH=7 ‎ D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)‎ ‎【答案】C ‎【解析】向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，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pH＞7，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。‎ ‎2．[2019新课标Ⅱ]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 ‎ 26‎ 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)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，CH3COONa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pH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。‎ ‎5．[2019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 26‎ A．曲线Ⅰ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，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ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；Ⅱ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。‎ ‎6．[2019江苏]室温下，反应+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。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 A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)‎ B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)‎ C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+‎ c()‎ 26‎ D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=‎ ‎0.3 mol·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)‎ ‎【答案】BD ‎【解析】NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++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++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，B正确；由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C错误；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=‎ ‎4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/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/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。‎ ‎7．[2019浙江选考]室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L−1 NaOH溶液。已知：H2AH+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是 A．0.1 mol·L−1 H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1‎ B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)‎ D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)‎ ‎【答案】B ‎【解析】0.1 mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A正确；若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B错误；当用去NaOH溶液体积10‎ 26‎ ‎ mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C正确；当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D正确。‎ ‎【2018年】‎ ‎1. （2018年全国卷Ⅲ）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是 A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10‎ B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)‎ C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，A正确。由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，B正确。滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，C错误。卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP 26‎ ‎(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点，D正确。‎ ‎2. （2018年北京卷）测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。‎ 时刻 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎25‎ pH ‎9.66‎ ‎9.52‎ ‎9.37‎ ‎9.25‎ 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。‎ 下列说法不正确的是 A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO+H2OHSO- +OH−‎ B. ④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的 C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D. ①与④的Kw值相等 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B正确；盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C错误； Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等D正确。‎ ‎3. （2018年天津卷）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是 实验 现象 结论 A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有Fe2+，无Fe3+‎ B．向C6H5ONa溶液中通入CO2‎ 溶液变浑浊 酸性：H2CO3>C6H5OH 26‎ C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液 生成黑色沉淀 Ksp(CuS)c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )‎ C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)‎ D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A正确；c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数 Kh=====1.85×10-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4），B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）＜0.1000mol/L，c（Na+）＜0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C错误； c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D正确；答案选AD。‎ ‎【2017年】‎ ‎1．【2017新课标1卷】常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 26‎ A．Ka2（H2X）的数量级为10–6‎ B．曲线N表示pH与的变化关系 C．NaHX溶液中 D．当混合溶液呈中性时，‎ ‎【答案】D ‎【解析】己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－‎ 26‎ ‎)，C正确；根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时， ＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误。‎ ‎2．【2017新课标2卷】改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。‎ 下列叙述错误的是 A．pH=1.2时，‎ B．‎ C．pH=2.7时，‎ D．pH=4.2时，‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，A正确；pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，B正确；根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，C正确；根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，D错误。‎ ‎3．【2017新课标3卷】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是 26‎ A．的数量级为 B．除反应为Cu+Cu2++2=2CuCl C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好 D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全 ‎【答案】C ‎【解析】Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl－)，在横坐标为1时，纵坐标大于－6，小于－5，所以Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A正确；除去Cl－反应应该是Cu+Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，B正确；溶液中存在平衡：Cu++Cl－CuCl、2Cu+Cu2++Cu，加入纯固态物质Cu对平衡无影响，故C错误；D．在没有Cl－存在的情况下，反应2Cu＋Cu2＋＋Cu的平衡常数约为，平衡常数 很大，反应趋于完全，D正确。‎ ‎4．【2017江苏卷】常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，‎ 下列说法正确的是 A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 ‎ B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C．0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)‎ D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−‎ 26‎ ‎) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka、KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸钠溶液中c(H+) ，Cl-和Na+都不水解， c(Cl-)=c(Na+)，A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=‎ c(OH-)+c(HCOO-)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，联立两式可得2c(H+)+ c(HCOOH)=2c(OH-)‎ ‎+c(HCOO-)，C错误；两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。答案选AD。‎ ‎【2016年】‎ ‎1．【2016年高考海南卷】向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（ ）‎ A．c(CO32−) B．c(Mg2+) C．c(H+) D．Ksp(MgCO3)‎ ‎【答案】A ‎【解析】MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s) Mg2+(aq)+CO32−(aq)，加入少量稀盐酸可与CO32−反应促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO32−)减小，c(Mg2+)及c(H+)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变。故选A。‎ ‎2．【2016年高考江苏卷】下列图示与对应的叙述不相符合的是（ ）‎ 26‎ A．图甲表示燃料燃烧反应的能量变化 B．图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化 C．图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程 D．图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线 ‎【答案】A ‎【解析】燃烧为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，与图甲不符，A错误；反应开始温度升高，酶催化反应的反应速率加快，温度达到一定值，酶（蛋白质）发生变性，催化性能降低，反应速率变慢，B正确；将弱电解质加入水中，一开始弱电解质分子的电离速率大于离子结合成电解质分子的速率，随着电离的进行，二者速率相等，达到电离平衡，C正确；强碱滴定强酸的过程中溶液的pH逐渐增大，当接近滴定终点时pH发生突变，D正确。‎ ‎3．【2016年高考江苏卷】H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+ c（HC2O4-）+ c（C2O42-）=0.100 mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如右图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）‎ A．pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42-）＞c（HC2O4-）‎ B．c（Na+）＝0.100 mol·L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH-）+c（C2O42-）‎ C．c（HC2O4-）＝c（C2O42-）的溶液中：c（Na+）＞0.100 mol·L-1+c（HC2O4-）‎ D．pH=7的溶液中：c（Na+）＞2c（C2O42-）‎ ‎【答案】BD ‎【解析】根据图像知pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+ c（C2O42-）＜ c（HC2O4-），A错误；根据物料守恒和电荷守恒分析c（Na+）＝0.100 mol·L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH-）+ c（C2O42-），B正确；关键图像可知c（HC2O4-）＝c（C2O42-‎ 26‎ ‎）的溶液显酸性，溶液为等物质的量浓度的草酸氢钠和草酸钠的混合溶液，在溶液中：c（Na+）＝0.100 mol·L-1+ c（HC2O4-），C错误；由图像知pH＝7的溶液为草酸钠溶液，草酸根水解，c（Na+）＞2c（C2O42-），D正确。‎ ‎4．【2016年高考上海卷】能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）‎ A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2‎ B．0.1mol/L CH3COONa溶液的pH大于7‎ C．CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2‎ D．0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红 ‎【答案】B ‎【解析】只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，A错误；该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，B正确；可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其是弱酸，C错误；0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，D错误。‎ ‎5．【2016年高考四川卷】向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01molc(AlO2-)+c(OH-)‎ B ‎0.01‎ c(Na+)>c(AlO2-)> c(OH-)>c(CO32-)‎ C ‎0.015‎ c(Na+)> c(HCO3-)>c(CO32-)> c(OH-)‎ D ‎0.03‎ c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01 mol二氧化碳，生成0.01 mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01 mol偏铝酸钠消耗0.005 mol二氧化碳，生成0.005 mol碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015 mol二氧化碳，生成0.03 mol碳酸氢钠。未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)＜c(AlO2-)+c(OH-‎ 26‎ ‎)，A错误；当通入的二氧化碳为0.01 mol时，则溶液为含有0.01 mol碳酸钠和0.01 mol偏铝酸钠的混合液，氢氧根离子浓度小于碳酸根离子浓度，B错误；当通入的二氧化碳为0.015 mol时溶液中含有0.015 mol碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)> c(CO32-) > c(OH-) >c(HCO3-)，C错误；当通入二氧化碳的量为0.03 mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)，D正确。‎ ‎6．【2016年高考天津卷】下列叙述正确的是（ ）‎ A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热(△H) ‎ B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率和氧气浓度无关 ‎ C．原电池中发生的反应达到平衡时，该电池仍有电流产生 ‎ D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小 ‎【答案】D ‎【解析】使用催化剂不能改变化学反应的反应热(△H) ，A错误；金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率和氧气浓度有关，氧气的浓度越大，腐蚀速率越快，B错误；原电池中发生的反应达到平衡时，两端就不存在电势差了，无法形成电压驱动电子移动，无法形成电流，C错误；根据Ksp的计算公式，二者化学式形式相似，在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小，D正确。‎ ‎7．【2016年高考天津卷】室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是( ) ‎ A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ‎ C．pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－) ‎ D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据图像，0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pHHA最小，酸性最强，‎ 26‎ HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；滴定至 P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na ‎＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体 积不同，三种离子浓度分别于钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；此为混合溶液的 质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确。‎ ‎8．【2016年高考新课标Ⅲ卷】下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）‎ A．向0.1molCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变 ‎【答案】D ‎【解析】=，因为加水，稀释溶液，醋酸电离程度增大，但醋酸根离子浓度减小，平衡常数不变，故比值变大，A错误；醋酸钠溶液加热，醋酸根离子水解程度增大，其=1/K，K变大，所以比值变小，B错误；盐酸中加入氨水到中性，则有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4+)=c(Cl-)，C错误；向氯化银和溴化银的饱和溶液中加入少量硝酸银，沉淀溶解平衡逆向移动，氯离子和溴离子浓度比仍等于其溶度积的比值，故不变，D正确。‎ ‎9．【2016年高考浙江卷】苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A–。已知25 ℃时，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3‎ 26‎ 的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25 ℃，不考虑饮料中其他成分）（ ）‎ A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低 B．提高CO2充气压力，饮料中c(A–)不变 C．当pH为5.0时，饮料中=0.16‎ D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c()+c()+c(OH–)–c(HA)‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据题意，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A–，相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，A错误；提高CO2充气压力，CO2+H2O+A−HA+HCO3-，平衡右移，饮料中c(A–)减小，B错误；当pH为5.0时，饮料中=c(H+)÷Ka=10-5÷（6.25×10–5）=0.16，C正确；根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)-c(HA)，D错误。‎ ‎10．【2016年高考新课标Ⅱ卷】联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：‎ ‎（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为_______(已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为 。‎ ‎【答案】（4）8.7×10-7，N2H6(HSO4)2‎ ‎【解析】（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2O N2H5++OH-,已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14，联氨第一步电离的平衡常数K=[c(N2H5+)×c(OH-)]÷c(N2H4)=[c(N2H5+)×c(OH-)×c(H+)]÷[c(N2H4)×c(H+)]=K×Kw=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7 ；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2 。‎ 26‎