三年高考2017_2019高考化学真题分项汇编专题10水溶液中的离子平衡含解析.pdf

专题10水溶液中的离子平衡1.2019 新课标IW0液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸 HA 的Kai=1.1X10,“2=3.9X10)溶液,-3-6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20liXOliyrnlliXOliyrnlA.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B.Na+与 A-的导电能力之和大于 HA 的2C.b 点的混合溶液 pH=7D.c 点的混合溶液中，c(Na)c(K)c(OH)+【答案】C【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，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，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A 项、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 A”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，故 A正确；B 项、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 A，b 点导电性强于 a 点，2+说明 Na 和 AT 的导电能力强于 HA,故 B 正确；C 项、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，AT 在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液 pH7,故 C 错误；D 项、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(N&)c(K+)c(0 斤)，故 D 正确。故选 C。+【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。2.2019 新课标 n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r(dr(d L L)A.图中a和b分别为T、T2温度下 CdS 在水中的溶解度B.图中各点对应的 KP的关系为：Kp(m)=Ksp(n)Kp(p)c(OH)B.随温度升高，CHCOONB 液的c(OH。减小C.随温度升高，CuSO 溶液的 pH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，CHCOONB 液和 CuSO 溶液的 pH 匀降低，是因为 CHCO。CJ+水解平衡移动方向不同【答案】C+【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；【详解】A.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-尸 Kw 减小，故 pH减小，但 c(H)=c(OH),故 A 不符合题意；+-+B.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,CHCOOHHOCHCOOH+O 田高温度促进盐类水解，所以 c(OH-)增大，故 B 不符合题意；C.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 Cu+2H2OCu(OH)2+2H，故 c(H)增大，两者共+2+同作用使 pH 发生变化，故 C 符合题意；D.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；综上所述，本题应选 C。【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。均相同的两种酸溶液分别稀释，其pHpH 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是5.2019 天津某温度下，HNOHNO2和 CHCH3cOOHcOOH 的电离常数分别为 5.05.0 父 1010”和 1.71.7 父 10,10,。将 pHpH 和体积A.曲线 I 代表 HNOHNO2溶液B.溶液中水的电离程度：b 点c 点c(HA；hc(OH-jC.从 c 点到 d 点，溶液中WW 保持不变(其中 HAHA、A A 一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 NaOHNaOH 恰好中和后，溶液中 n(Nan(Na+)+)相同【答案】C【解析】【分析】电离常数 HNO 大于 CHCOOH 酸性 HNO 大于 CHCOOHA、由图可知，稀释相同的倍数，n 的变化大，则 n 的酸性比 I 的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b 点 pH 小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw 为水的离子积常数，k(HNQ)为 HNO 的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；D、体积和 pH 均相同的 HNO 和 CHCOOH,c(CHCOOHc(HNQ。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，n 的变化大，则 n 的酸性比 I 的酸性强，n 代表HNQI 代表CHCOOH故 A 错误；B、酸抑制水电离，b 点 pH 小，酸性强，对水电离抑制程度大，故 B 错误；C、II代表 HNQc(HNQ)c(OH-)/c(NO2-)=c(H)c(HNQ)c(OH-)/c(H)c(NO2-)=kJk(HNO2),kw为水的离子+积常数，k(HNQ)为 HNO 勺电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故 C 正确；D、体积和 pH 均相同的 HNOCHCOOHm 夜，c(CHCOOHc(HNQ，分别滴加同浓度的 NaOH至恰好中和，CHCOOH 肖耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO 消耗的 NaOH,故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时 pH 变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点 C,要将已知的 c(HNQ)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以 c(H),变成与 kw为水的+离子积常数和 k(HNO)为 HNO 的电离常数相关的量，再判断。6.2019 江苏室温下，反应HCO尹 H2OJ 工 H2CO+OH 的平衡常数K=2.2X10-8。将 NH4HC 丽液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的 ZnQ 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.0.2mol-L-氨水：c(NH3HzO)c(NH)c(OH-)c(H)1+1B.0.2mol-LNHHCO放(pH7):c(NH：)c(HCOJc(H2CO)c(NH3-H2O)C.0.2molI/1氨水和 0.2moll/NHHC 端液等体积混合：c(NH4)+c(NH3H2O)=c(H2CO)+c(HCOJ+，一一2一c(CO3D-1-12一-D.0.6mol-L氨水和 0.2mol-LNHHCOt 披等体积混合：c(NH3-H2O)+c(CO3+c(OH)=0.3mol-L+c(H2cO)+c(H)-1+【答案】BD【解析】【详解】A.NH+2O 属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NHTHO 海?NH+OH,H2O 海 3H+OH,+所以 c(OH)c(NH4),故 A 错误；+B.NH4HCO 溶液显碱性，说明 HCO 的水解程度大于 NH+的水解，所以 c(NH4)c(HCO3),HCO 水解：+-HbO+HCO 海经 HbCO+OH,NH 水解：NH4+HO 海?NH+2O+H,前者水解程度大且水解都是微弱的，则+c(H2CO)c(NH3HO),故 B 正确;C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1,则有 c(NH4)+c(NH3?HQ)=2c(H2CG)+c(HCO)+c(CO3),故 C 错误；+2-D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1,则有 c(NH4)+c(NH3TH2O)=4c(H2CO)+c(HCO3-)+c(CO3)；电荷守恒有：+2-c(NH4)+c(H)=c(HCO3-)+2c(CO3)+c(OH)；结合消去 c(NH4)得：+2-+c(NH3?HO)+c(OH)=c(H)+4c(H2CO)+3c(HCO3-)+2c(CO3)，0.2mol/LNH4HCOW0.6mol/L 氨水等体积混合后瞬间-+2-c(NH4HCQ=0.1mol/L,由碳守恒有，c(H2CQ)+c(HCO3)+c(CO3)=0.1mol/L，将等式两边各加一个 c(CO3),则有-2-2-c(NH3?-2O)+c(OH-)+c(CO3)=c(H)+c(H2CQ)+3c(H2CQ)+3c(HCO3)+3c(CO3),将带入中得，2+2c(NH3HQ)+c(OH)+c(CO3)=c(H)+c(H2CO)+0.3mol/L,故 D 正确；/-2-+故选 BD7.2019 浙江 4 月选考室温下，取 20mL0.1mol”某二元酸 HA,滴加 0.1mol”NaOH液。已知：H2AH+HA-,HA?H+A2。-1-1+-下列说法不正确的是A.0.1mol-LH2A 溶液中有c(H)c(OH)c(A)=0.1mol-L-1+2-1B.当滴加至中性时，溶液中c(Na)=c(HA)+2c(A),用去 NaOH的体积小于 10mL+-2-2-+-C.当用去 NaOH放体积 10mL 时，溶放的 pHv7,此时溶彼中有c(A)=c(H)-c(OH)D.当用去 NaOH(体积 20mL 时，此时溶液中有c(Na)=2c(HA)+2c(A2)+-【答案】B【解析】【分析】由于该二元酸 HA,第一步电离完全，第二步部分电离，可以把 20mL0.1molL 二元酸 H2A 看-1做 20mL0.1molL HA 一元弱酸和 0.1mol/LH 溶液，注意该溶液是不存在 HA 微粒。-1+【详解】A.0.1molI/HA 溶液存在电荷守恒，其关系为c(H)=c(OH)+2c(A)+c(HA),因而1+2-c(H)-c(OH)-c(A)=c(A)+c(HA)=0.1mol-L,A 项正确;+2-2-1B.若 NaOFffl 去 10ml,反应得到 NaHA溶液，由于 HA?H+A,溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过 10ml 的 NaOH+2-液，B 项错误；C.当用去 NaOH液体积 10mL 时，得到 NaHA液，溶液的 pHv7,存在质子守恒，其关系为c(A)=c(H)2-+c(OH),C 项正确；D.当用去 NaOH 容液体积 20mL 时，得到 NaA 溶液，根据物料守恒有：c(Na)=2c(HA)+2c(A),D 项正确。+-2-故答案选Bo8.2018 海南某温度下向含 AgCl 固体的 AgCl 饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是A.AgCl 的溶解度、Kp 均减小B.AgCl 的溶解度、Kp 均不变C.AgCl 的溶解度减小、Ksp不变D.AgCl 的溶解度不变、Ksp减小【答案】C【解析】在含 AgCl 固体的 AgCl 饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)=Ag(aq)+Cl(aq),当加入少量稀+-盐酸时，c(Cl-)增大，平衡逆向移动，c(Ag)减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl 的溶解度减小；AgCl的 Ksp 只受温度影响，温度不变，AgCl 的 Ksp 不变。故答案选 Co【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关,9.Cl-溶液的滴定曲线如图所示。+B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag)c(Cl-)=Kp(AgCl)+L-Br-,反应终点 c 向 b 方向移动D.相同实验条件下，若改为 0.0500molC.相同实验条件下，若改为 0.0400molL-Cl-,反应终点 c 移到 a11【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。A.选取横坐标为 50mL 的点，此时向 50mL0.05mol/L 的 Cl-溶液中，加入了 50mL0.1mol/L 的 AgNO 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 1X10-8mol/L(实际稍小)，所以Ksp(AgCl)约为 0.025X10-8=2.5X10-,所以其数量级为 10-,选项 A 正确。1010B.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),选项 B 正确。C.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 50mL0.05mol/L 的 C溶液改为 50mL0.04mol/L 的 C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 25X0.8=20mL,而 a点对应的是 15mL,选项 C 错误。D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以Ksp(AgCl)应该大于KSp(AgBr),将 50mL0.05mol/L的 C溶液改为 50mL0.05mol/L 的 Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的澳离子，因为银离子和氯离子或澳离子都是 1：1 沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为澳化银更难溶，所以终点时，滨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 c 点变为 b 点，选项 D 正确。点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程一一沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。10.2018 北京测定 0.1molI/1NazSO 溶液先升温再降温过程中的 pH,数据如下。时刻温度/CpH259.66309.52409.37259.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是A.N%SO 溶液中存在水解平衡：SO；rHO=HSO1+OHB.的 pH 与不同，是由于 SO；一浓度减小造成的C.一的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.与的Kw值相等【答案】C【解析】A 项，Na2SO 属于强碱弱酸盐，SO：一存在水解平衡：SO：+HO=HSO1+OH、HSO 产 HO=H2SO+OH,A 项正确；B 项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCL 溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分 NazSO 被氧化成 NazSQ,与温度相同，与对比，SO；一浓度减小，溶液中c(OH),的 pH 小于，即的 pH 与不同，是由于 SO2浓度减小造成的，B 项正确；C项，盐类水解为吸热过程，一的过程，升高温度SO；一水解平衡正向移动，c（SO；-）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 项错误；D 项，Kw只与温度有关，与温度相同,Kw 值相等；答案选 Co点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、11.2018 天津LiH2PO 是制备电池的重要原料。室温下,LiH2PO 溶液的 pH 随c初始（H2PQI 的变化如图 1 所示，HPO 溶液中 HPO的分布分数 5 随 pH 的变化如图ErHrPO）2 所不S=工：=4含P元素的粒子）卜列有关 LiWPQ 溶液的叙述正确的是SO 的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。A.溶液中存在 3 个平衡2-B,含P元素的粒子有 hbPO、HPGT、PO3C.随c初始（H2PO）增大，溶液的 pH 明显变小D.用浓度大于 1mol-L 的 HPQ 溶液溶解 Li2CO,当 pH 达到 4.66 时，H3PO 几乎全部转化为 LiHzPQ【答案】D-1【解析】本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。A.溶液中存在 HbPO的电离平衡和水解平衡，存在 HPOf 的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在 4 个平衡。选项A 错误。B.含 P 元素的粒子有 HbPOHPOT、PO和 HPQ。选 B 错误。C.从图 1 中得到随着c初始（H2PQ-）增3大，溶液的pH 不过从 5.5 减小到 4.66,谈不上明显变小，同时达到4.66 的 pH 值以后就不变了。所以选项C 错误。D.由图2 得到，pH=4.66 的时候，8=0.994,即溶液中所有含 P 的成分中 H2PQ 占 99.4%,所以此时 HPO 几乎全部转化为 LiHzPO。选项 D 正确。点睛：本题中随着c初始（H2PQ-）增大，溶液的 pH 有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为 HbPO存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。12.2018 江苏根据下列图示所得出的结论不正确的是A.图甲是 CO(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的AH0B.图乙是室温下 HQ 催化分解放出氧气的反应中C(HzQ)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行HkQ 分解速率逐渐减小C.图丙是室温下用 0.1000mol-LNaO 解液?定 20.00mL0.1000mol 某一元酸 HX 勺滴定曲线，说明 HX1 一元强酸-11D.图丁是室温下用N&SQ除去溶液中32达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba)与c(SO)的关系曲线，说明溶液中c(SOr)2+2-+越大c(Ba)越小2+【答案】C【解析】A 项，升高温度，lgK 减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的 AH1,HX为一元弱酸，C 项错误；D 项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc(SO4)越小，-lgc(Ba)越大，2-2+说明c(SQ)越大，c(Ba)越小，D 项正确；答案选 0=2-2+点睛：本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定 pH 曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。13.2018 江苏为二元弱酸，Ka1(H2O2Q)=5.4X10,)=5.4X10,设 HGQ 溶液中-2-5c(总尸cOHzGQ)+c(HC2Q)+c(C2Q)。室温下用 NaO 解液?商定 25.00mL0.1000mol-LH2C2Q溶液至终点。滴定过程-2-得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A.0.1000mol-LHGQ 溶液：c(H)=0.1000mol-L+c(C2Q)+c(OH)-c(H2C2Q)-1+-12-B.c(Na)=c(总)的溶液：c(Na)c(H2QQ)吵。)c(H)+2-+C.pH=7 的溶液：c(Na)=0.1000mol-L+c(C2Q)-c(H2GO)+-12-D.c(Na)=2c(总)的溶液：c(OH)-c(H)=2c(H2QQ)+c(HQO)+-【答案】AD【解析】A 项，HQQ 溶液中的电荷守恒为c(H)=c(HGO)+2c(C2Q)+c(OH),0.1000molHzQQ 溶液中+-2-10.1000mol/L=c(H2c2Q)+c(HC2Q-)+c(C2Q),两式整理得c(H)=0.1000mol/L-c(H2G2Q)+c(C2Q)+c(OH),A 项正确；B 项，2-+2-c(Na+)=c(总)时溶液中溶质为 NaHS,HCO-既存在电离平衡又存在水解平衡，HCOf 水解的离子方程式为 HCQ-+HOhbQQ+OH,HCO水解常-C(OH_)_C(H;C:O4)C(OH-)c(H)_0数141102”，：.二.5.410-2-=1.8510 凡2(也 304),-13HGQ的电离程度大于水解程度，则c(C2O)c(H2GQ),B 项错误；C 项，滴入 NaOH液后，溶液中的电荷守恒为c(Na)+c(H)=c(HC2O)+2c(C2C4)+c(OH),室温 pH=7 即c(H)=c(OH),则+-2-+c(Na)=c(HGQ)+2c(C2O)=c(总)+c(C2O)-c(HzGQ),由于溶液体积变大，以+-2-2-总)U0.1000mol/L,c(Na)0.1000mol/L+c(C2O)-c(H2c2Q),C 项错误；D 项，c(Na)=2c(总)时溶液中溶质为 N&GQ,溶液+2-+中的电荷守恒为c(Na)+c(H)=c(HC2O)+2c(C2Q)+c(OH),物料守恒为c(Na)=2c(H2GQ)+c(HC2O)+c(C2O),两式整理得+-2-+-2-c(OH)-c(H)=2c(H2GQ)+c(HC2Q),D 项正确；答案选 AD+-点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次(如 B 项)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出)。注意加入 NaOH 容液后，由于溶?体积变大，c(总)bcC.当 V(NaOH)=20.00mL 时，3 个体系中均满足：c(Na)=c(Cl-)D.当 V(NaOH 相同时，pH 突跃最大的体系中的 c(H)最大【答案】D【解析】A 由图可知，c(HCl)分别为 1.000mol/L,0.100mol/L 和 0.01000mol/L,故最大的是最小的 100 倍，选项 A 正确；日加入多于 20mL 的氢氧化钠溶液时，溶液 pH 最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即 a对应的 c(NaOH 最大，以此类推，选项 B 正确；C 当 V(NaOH=20.00mL 时，都恰好完全反应，溶液呈中性 c(H+)=c(OH),根据电荷守恒 c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH),选项 C 正确；Q 当 V(NaOH相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中 c(H+)应该是相同的，选项 D 不正确。答案选 D=16.2018 浙江 4 月选考相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是A.pH 相等的两溶液中：c(CH3COO)=c(Cl 一)B.分别中和 pH 相等、体积相等的两溶液，所需 NaOH 勺物质的量相同C.相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同D.相同浓度的两溶液，分别与 NaOH 固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO)=c(Cl-)+【答案】A【解析】A、在 pH 相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即 c(CHCOO)=c(Cl),故 A 正确；B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与 pH 相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故 B 错误；C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故 C 错误；D、当醋酸恰好与 NaOFK 应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为 c(CHCOO)c(C。)c(Cl)c(OH)c(H)+2-+B.在 b 点的溶液中，2n(CO3)+n(HCO)V0.001mol2-C.在 c 点的溶液 pH7,是因为此时 HCO 的电离能力大于其水解能力D.若将 0.1molL 的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的 pH=7 时：c(Na)=c(CHCO。F5F5-5 5-1010Hi-Hi-2025W35402025W3540-1+V/mLV/mL【答案】B【解析】【分析】A.在 a 点是滴入 5mL 盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠 5mL,碳酸钠溶液显碱性，据此分析判断离子浓度大小；B.b 点是加入盐酸，溶液 pH=7 呈中性，结合溶液中电荷守恒计算分析；C.在 c 点的溶液 pHc(CO3)c(OH)c(C1)c(H),故 A 错误；+2-+B.b 点溶液 pH=7,溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO)n(H2CO),溶液中存在物料守恒，2-n(CO3)+n(HCO3)+n(H2CO)=0.001mol,则 2n(CO3)+n(HCO3)0.001mol,所以 B 选项是正确的；2-2-C.在 c 点的溶液 pHc(CH3CO。,故 D 错误。+-2-+所以 B 选项是正确的。18.2017 新课标 n改变 0.1molL4 二元弱酸 H H2A A 溶液的 pH,溶液中的 H H2A A、HAHA 一、A”A”的物质的量I I22.722.73 345656PHPH分数 5(X)随 pH 的变化如图所示已知 c(H:A)+c(HA)+c(A)。1.01.00.80.8X0.6X0.6P P0.40.40.20.2下列叙述错误的是A.pH=1.2 时,咽*)二 C(HA)B“打用7二C.pH=2.7 时，匚(HAD.pH=4.2 时,俎埒=。(*-)=。吁)【答案】D【解析】A 根据图像，pH=1.2 时，HA 和 HA 相交，则有c(HA)=c(HA),故 A 说法正确；BpH=4.2 时，c(A)=c(HA),根据第2-二步电离 HAH+A,得出：(H2A)=c(H)Xc(A)/c(HA 尸 c(H)=10.,故 B 说法正确；C、根据图像，pH=2.7 时，HA 和第2-+2-+-4 2相交，则有。叫)。但囚=&),故 C 说法正确；D 由图知，pH=4.2 时，c(HA)=c(A),HA 电离出一个 HA 时释放出一个2-H,电离出一个管时，释放出 2 个 H,同时水也会电离出 H+,因此 c(H)c(HA-)=c(A),错误。+2-【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意利用守恒的思想解决问题。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。19.2017 新课标 I常温下将脂 0 体液滴加到己二酸(HX)溶液中，混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系A.Ka2(H2X)的数量级为 106曲线 N 表示 pH 与 lgC(HX=的变化关系B.B.C(H2X)C.C.NaHX 溶液中D.当混合溶液呈中性时，A、己二酸是&=!2,酸，第二步电离小于第一步，即KH凶c(HXO如图所示。下列叙述错误的是2-曲线 M 是己二酸的第二步电离，根据图像取一 0.6 和 4.8点，X=10 mol-L1,c(H)=10 mol-LC(HX3C(HX30.64.81.-一.54，代入K2得到2=10.,因此K2(H2X)的数量级为 106,A 正确；B.根据以上分析可知曲线 N 表示 pH 与lgC(HX)的关系,B正确;c(HX)C.曲线 N 是己二酸的第一步电离，根据图像取 0.6 和 5.0 点，C(HXD=1020.6C(HC(H2X)X)K、“K KLT,代入 KI得到Ka1=10,因此 HX 的水解常数是=10/10c(OH),C 正确；D.根据图像可知当 1gg=0 时溶液显酸性，因此当 c(HX3+2以当 pH 相等即氢离子浓度相等时 33 CHU,因此曲线 表示 P 与兀 的变化关系,则1g1glglgN NH H1g1g1 12_混合溶液呈中性时,M M1g1g0,即C(X)C(HX),D 错误；答案选 D=2【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意分清楚反应的过程，搞清楚关键是明 M 和 N 曲线表示的含义，答题的确二元弱酸的电离特点。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论（电离平衡、水解平衡），电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。20.2017 新课标出在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入 CU和 CuSQ 生成 CuCl 沉淀从而除去 Cl-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-R-R；L L一012345bmolL1A.KSP（CUCI）的数量级为 10，B.除 Cl 形应为 Cu+cU+2Cl、2CuClC.加入 CU越多，CU+浓度越高，除 Cl 途果越好D.2CU+=CLT+CU平衡常数很大，反应趋于完全+一.一鼻AKP（CUC1）=C（CU）C（CI）,在横坐标 moLL 为 1时，纵坐标 lglg）大于-6,6,小于molLmolLC（CU5,所以 Ksp（CuCl）的数量级是 107,A 正确；B.除去 C反应应该是Cu+C+2Cl=2CuCl,B 正确；C.溶液中存在平衡：Cu+ClCuCh2CUCU2+CU,加入纯固态物质 CU对平衡无影响，故 C 错误；D.在例工“没有 C存在的情况下，反应 2CU+KCU2+CU的平衡常数约为,平衡常数很大，反应趋于完全，D 正确。答案选 Q【名师点睛】本题考查溶度积常数的计算及平衡的移动，难点是对溶液中平衡时相关离子浓度的关系图的理解，通过图示可以提取出 Ksp（CuCl）,2CU+尸 TCU2+CU的平衡常数，并且要注意在化学平衡中纯物质对反应无影响。21.2017 江苏常温下，Ka(HCOOH)=1.7710-4,K(CH3COOH)=1.7510-,圆 NH3H2O)=1.76X10-,下列说法正确的是55A.浓度均为 0.1molI/1的 HCOON 亲口 NHCl 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 NaOHm分另 1J 滴定等体积 pH 均为 3 的 HCOO 和 CHCOO 解液至终点，消耗 NaOH的体积相等C.0.2mol-L HCOOHf0.1mol-L NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCO。+c(OH)=c(HCOOH)-1-1+C(H)D.0.2mol-L_CHCOONa 与 0.1mol盐酸等体积混合后的溶液中(pHc(Cl-)c(CRCOOH)c(H)1+【答案】AD【解析】A.由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H)+c(Na)=c(OH)+c(HCO。,氯化镂溶液中存在+c(H)+c(NH4)=c(OH)+c(Cl)由于在常温下氨水的K,小于甲酸的Ka,K不变，镂根的水解程度大于甲酸+-根的水解程度，氯化镂溶液中c(OH)小于甲酸钠溶液中c(H),C和 Na 都不水解，c(Cl-)=c(Na),所以 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；C.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(HCO。,由物料守恒得 2c(Na+)=c(HCOOH)c(HCO。,联立两式可得2c(H)+c(HCOOH)=c(OH)+c(HCO。，C 错误；D.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 pHc(Cl-)c(CHCOOH)c(H),D 正确。+【名师点睛】本题以 3 种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”(物料守恒、电荷守恒、质子守恒)来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。