专题10 水溶液中的离子平衡——三年（2020-2022）高考真题化学分项汇编（全国通用）（解析版）.docx

专题10 水溶液中的离子平衡1（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-)=1.0×10-10，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。2（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(CH3COO-)= =>1.0×10-4.3，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=1.8×10-5Kh=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。3（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-)=1×10-7mol/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=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；C根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，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+)=1×10-7mol/L，Ka=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，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=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，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)1.01104，D错误；答案选B。4（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-、 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4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.5×10-4mol。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1.5×10-4mol，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1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)=5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)=3.3×10-3mol/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。1（2021·全国甲卷）已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、与的关系如图所示。下列说法正确的是A曲线代表的沉淀溶解曲线B该温度下的值为C加适量固体可使溶液由a点变到b点D时两溶液中【答案】B【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中lgc(Ba2)lgc()lgc(Ba2)×c()lgKsp(BaSO4)，同理可知溶液中lgc(Ba2)lgc()lgKsp(BaCO3)，因Ksp(BaSO4) Ksp(BaCO3)，则lgKsp(BaCO3)lgKsp(BaSO4)，由此可知曲线为lgc(Ba2)与lgc()的关系，曲线为lgc(Ba2)与lgc()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，曲线为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B曲线为BaSO4溶液中lgc(Ba2)与lgc()的关系，由图可知，当溶液中lgc(Ba2)3时，lgc()7，则lgKsp(BaSO4)7310，因此Ksp(BaSO4)1.0×1010，选项B正确；C向饱和BaSO4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(BaSO4)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线向左上方移动，选项C错误；D由图可知，当溶液中c(Ba2)105.1时，两溶液中，选项D错误；答案选B。2（2021·全国乙卷）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，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。【解析】A由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；C设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D当时，由物料守恒知，则，则，对应图得此时溶液中，D正确；故选C。3（2021·广东）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A水溶液的B水溶液加水稀释，升高C在水中的电离方程式为：D水溶液中：【答案】B【解析】AGHCl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；CGHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH+Cl-，故C错误；D根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。4（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减弱。【解析】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。5（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【答案】B【解析】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。6（2021·浙江）取两份 的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是A由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度B过程中：逐渐减小C过程中：D令c点的，e点的，则【答案】C【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。【解析】Aa点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；B由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；C由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误；Dc点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。7（2021·浙江）25时，下列说法正确的是ANaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【答案】D【解析】ANaHA溶液呈酸性，可能是HA的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B和A的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12，C错误；D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×104mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H的浓度是1×104mol/L，其物质的量为0.1L×1×104mol/L1×105mol，D正确；答案选D。8（2021·浙江）实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是A图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'B将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgxC随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小D25 时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH)【答案】C【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【解析】A由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D 25时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-) -c(H+)|（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。综上所述，本题选C。9（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A>BM点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(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。10（2021·北京·高考真题）下列实验中，均产生白色沉淀。 下列分析不正确的是ANa2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同BCaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解CAl2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解D4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低【答案】B【解析】ANa2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；B H+，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误；CAl3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；D由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。11（2021·天津·高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是A在溶液中B在溶液中C在溶液中D氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中【答案】A【解析】A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，所以在溶液中，离子浓度大小为：，故A正确；B在溶液中，根据电荷守恒得到，故B错误；C在溶液中，根据物料守恒得到，故C错误；D氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，故D错误；故选A。12（2021·辽宁·高考真题）用盐酸滴定溶液，溶液中、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】 A的为Bc点：C第一次突变，可选酚酞作指示剂D【答案】C【解析】A的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误；B根据图像可知c点中，B错误；C根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D错误；答案为：C。13（2021·福建·高考真题）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是 Aa点溶液的比c点溶液的小Ba点时，Cb点溶液中，Dab段，pH减小说明升温抑制了的水解【答案】A【解析】AKw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是不同，c点的Kw大，所以a点溶液的比c点溶液的小，故A正确；B碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh= ，所以，故B错误；Cb点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： ，由于c(H+)<c(OH-)，所以，故C错误；D碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解的两个过程，故D错误；故选A。14（2021·湖北·高考真题）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷物种的pcpOH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(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是 A曲线表示pc(H3PO3)随pOH的变化BH3PO3的结构简式为CpH=4的溶液中：c(H2PO)<0.1mol·L-1-2c(HPO)DH3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K>1.0×105【答案】D【解析】A图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据 、 ，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线表示，曲线表示，曲线表示；根据x点知，时，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据z点知，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，曲线表示随的变化，故A错误；B为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C即，由图可知，此时，即，而，故，故C错误；D由减去，可得，则平衡常数，故D正确；故答案：D。15（2021·江苏·高考真题）室温下，用0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是A0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)B反应CaSO4+COCaCO3+SO正向进行，需满足>×104C过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)=且c(Ca2+)D滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O【答案】C【解析】A0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，A错误；B该反应的平衡常数K=×104，当浓度商K时，反应正向进行，B错误；C上层清液为碳酸钙的保护溶液，所以清液中满足c(Ca2+)=，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)，C正确；D醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误；综上所述答案为C。16（2021·江苏·高考真题）室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8实验2：将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀实验3：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9实验4：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去下列说法正确的是A由实验1可得出：Ka2(H2CO3)>B实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO)<Ksp(CaCO3)C实验3中发生反应的离子方程式为CO+H2O+CO2=2HCOD实验4中c反应前(CO)<c反应后(CO)【答案】C【解析】A实验1：用试纸测量溶液的，测得约为8，c(H+)c(OH-)。则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：，Kw=H+·OH-，Ka2(H2CO3)= = ，A错误；B实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：，B错误；C等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：溶液中通入一定量的，溶液从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为，C正确；D 由图知：和盐酸反应是放热反应， 和盐酸反应是吸热反应，c反应前(CO)c反应后(CO)，D错误；答案选C。17（2021·海南·高考真题）25时，向的溶液中滴加的盐酸，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，溶液是由于水解程度大于电离程度B点，C点，溶液中的主要来自的电离D点，【答案】AB【解析】A存在水解平衡和电离平衡，点溶液是由于水解程度大于电离程度，故A正确；B根据电荷守恒，b点pH=7即，所以，故B正确；C点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的主要来自的电离，故C错误；D点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，故D错误；选AB。12020新课标以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L1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溶液体积的变化关系如下图所示。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BH2A溶液的浓度为0.2000 mol·L1CHA的电离常数Ka=1.0×102 D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，粒子的分布系数只有1个交点；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约为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，c(H2A)=0.1000mol/L，据此分析作答。A根据分析，曲线代表(HA-)，曲线代表(A2-)，A错误；B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；C根据曲线当(HA-)=(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka=c(H+)=1×10-2，C正确；D用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.210，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。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H+A2-，HA-H+A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中(HA-)=(A2-)时溶液的pH5，而是pH=2。22020新课标二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是A海水酸化能引起浓度增大、浓度减小B海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少CCO2能引起海水酸化，共原理为H+D使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【答案】C【解析】A海水酸化，H+浓度增大，平衡H+正向移动，浓度减小，浓度增大，A正确；B海水酸化，浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；CCO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2OH2CO3H+，H+，导致H+浓度增大，C错误；D使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；答案选C。32020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CFeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D在溶液中，【答案】A【解析】AHCOONa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；B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；CCuS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；D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。42020浙江7月选考水溶液呈酸性的是（ ）A B C D【答案】B【解析】ANaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；BNaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO，故其水溶液呈酸性，B符合题意；CHCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOOH2OHCOOHOH，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；DNaHCO是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。综上所述，本题答案为B。52020浙江7月选考下列说法不正确的是（ ）A的盐酸中B将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性C常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质D常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大【答案】A【解析】A. 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；B. KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水的离子积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；C. 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；D. 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；答案选A。62020浙江7月选考常温下，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】根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。A.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；B.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；C. 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；D.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；故选D。72020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】A. 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；B.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；C.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；D.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。82020年山东新高考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AO点时，BN点时，C该体系中，DpH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