近五年高考化学专题08+水溶液中的离子平衡（解析版）.pdf

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1、1 / 25专题专题 08水溶液中的离子平衡水溶液中的离子平衡【2021 年】年】1（2021全国乙）HA 是一元弱酸，难溶盐 MA 的饱和溶液中2c (M )随 c(H+)而变化，M不发生水解。实验发现，298K时+2+c (M -c(H)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A溶液pH4时，-4-1c(M )3.0 10 mol LBMA 的溶度积度积-8spK (MA)=5.0 10C溶液pH=7时，+-+c(M+c(H=c(A +c)(OH)DHA 的电离常数4a-K (HA)2.0 10【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

2、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+)=-8-4mol/7.5 107.=5L10mol/L3.010-4mol/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+-2+-8spK (MA)=c(M ) c(A )=c (M )=5.0 10，B 正确；一手课程 当天更新 唯一微信：r 456602 / 25C设调 pH 所用的酸为 HnX，则结合电荷守恒可知-+-+-n)c(M +c

3、(H =c(A +c(O+ nc X)H，题给等式右边缺阴离子部分 nc(Xn-)，C 错误；D+-ac(H ) c(A )K (HA)=c(HA)当c A =c HA时，由物料守恒知-+c(A )+c(HA)=c(M )，则+-c(M )c(A )=2，2+-8spc (M )K (MA)=c(M ) c(A )=5.0 102，则2+-8c (M )=10 10，对应图得此时溶液中+-4-1c(H )=2.0 10 mol L，+-+4ac(H ) c(A )K (HA)=c(H )2.0 10c(HA)，D 正确；故选 C。2（2021浙江）取两份10mL10.05mol L的3NaHC

4、O溶液，一份滴加-10.05mol L的盐酸，另一份滴加10.05L NaOHmol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：3NaHCO溶液中-3HCO的水解程度大于电离程度Babc过程中：-2-33c HCO+2c CO+c OH逐渐减小Cade过程中：+-2-3323c Nay【答案】C【分析】一手课程 当天更新 唯一微信：r 456603 / 25向3NaHCO溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液 pH 将逐渐减小，向3NaHCO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3NaHCO溶液中滴加 N

5、aOH 溶液，ade 曲线为向3NaHCO溶液中滴加盐酸。【详解】Aa 点溶质为3NaHCO，此时溶液呈碱性，3HCO在溶液中电离使溶液呈酸性，3HCO在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，3NaHCO溶液中3HCO的水解程度大于电离程度，故 A 正确；B由电荷守恒可知，abc过程溶液中233HCO2COOH=NHaccccc，滴加NaOH 溶液的过程中c Na保持不变，Hc逐渐减小，因此233HCO2COOHccc逐渐减小，故 B 正确；C由物料守恒可知，a 点溶液中23323NaHCOCOH COcccc，向3NaHCO溶液中滴加盐酸过程中有 CO2逸出， 因此ade过程中23323NaHC

6、OCOH COcccc， 故 C 错误；Dc 点溶液中aHNcc=(0.05+10-11.3)mol/L，e 点溶液体积增大 1 倍，此时溶液中aHNcc=(0.025+10-4)mol/L，因此 xy，故 D 正确；综上所述，说法不正确的是 C 项，故答案为 C。3（2021浙江）某同学拟用pH计测定溶液pH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-10.01mol L NaR溶液pH=7，则 HR 是弱酸B25时，若测得-10.01mol L HR溶液pH2且pH 7，则 HR 是弱酸C25时，若测得 HR 溶液pH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100

7、.0mL，测得pH=b,b-ab，则 HR 是弱酸【答案】B【详解】A25时，若测得-10.01mol L NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A 错误；一手课程 当天更新 唯一微信：r 456604 / 25B25时，若测得-10.01mol L HR溶液pH2且pH 7，可知溶液中+c H0.01mol/L，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B 正确；C 假设HR为强酸， 取PH=6的该溶液10.0mL， 加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液PH32KKBM 点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)CO 点，pH=23

8、-lgK -lgK2DP 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：2232H ROHH OH R、22H ROHHOHR、2ORHHOHR，溶液中23H R逐渐减小，2H R和HR先增大后一手课程 当天更新 唯一微信：r 456606 / 25减小，R逐渐增大。2123HHRH RccKc，22HHRH RccKc，3RHRHcKcc，M 点232H R=H Rcc，由此可知2.2110K，N 点2HR =H Rcc，则9.1210K，P 点HR =Rcc，则10.8310K。【详解】A9.16.922

9、.2110=1010KK，10.81.739.1210=1010KK，因此3212KKKK，故 A 错误；BM 点存在电荷守恒：23+2RCl2H RH ROHH+Naccccccc，此时232H R=H Rcc，因此2+RCl3OHH+NH Racccccc，故 B 错误；CO 点2H RRcc，因此2H R1Rcc，即2232H RHR1RHRHHHHHccccccKKccc，因此23HKcK，溶液23lglgpH=lg=H2KKc，故 C 正确；DP 点溶质为 NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此OHHcc，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此+ClNaOHHcccc，故

10、D 正确；综上所述，正确的是 CD，故答案为 CD。【2020 年】年】1.（2020浙江卷）下列物质在熔融状态下不导电的是()A. NaOHB. CaCl2C. HClD. 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

11、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.712.0 10mol L的盐酸中71c H2.0 10 mol L一手课程 当天更新 唯一微信：r 456607 / 25B. 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 2.010-7mol/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

12、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2.010-7mol/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.（

13、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、分布系数随滴加 NaOH 溶液体积 VNaOH的变化关系如图所示。比如 A2的分布系数：2-2-2-2c(A )(A )=c(H A)+c(HA )+c(A )下列叙述正确的是A. 曲线代表2(H A)，曲线代表-(HA )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+2-(Na )HCOCOOHcccc，故 A 正确；该混合溶液中电荷守一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566

14、09 / 25恒为：+-4NH+H=OH+Clcccc，物料守恒为：+-324NH H O +NH=2Clccc，两式联立消去 c(Cl-)可得：+-432NH+2c H=2c OH+c NHH Oc，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：+-2-22424242Na=H C O+HC O+C Occcc，电荷守恒为：2-+24

15、242C O+HC O+OH=Na+Hccccc，两式相加可得：+2-22424H+H C O=Na+C O+OHccccc，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133CH COOHCH COO0.1mol Lcc，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，33CH COOHCH COOccB. N 点时，apH=-lgKC. 该体系中，+-13+a0.1c Hc CH COOH =mol LK

16、+c HD. 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 为一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566010 / 25lgc(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

17、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=-+33CH COOHCH COOHccc，代入等量关系并变形可知 pH=-lgKa，故 B正确；c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则 c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=-+33CH COOHCH COOHccc，联立两式消去 c(CH3COO-

18、)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=+0.1 (H )(H )acKcmol/L，故 C 正确；醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH+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aaK (HCOOH)K (HF)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

19、-+-3c CH COOc Nac Hc OHC. FeS 溶于稀硫酸，而 CuS 不溶于稀硫酸，则spspK (FeS)K (CuS)D. 在-121mol L Na S溶液中，2-12c S+c HS+c H S =1mol L【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

20、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 molL1Na2S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。一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566011 / 257.（2

21、020浙江卷）常温下，用10.1mol L氨水滴定10mL浓度均为10.1mol L的HCl和3CH COOH的混合液，下列说法不正确的是()A. 在氨水滴定前，HCl和3CH COOH的混合液中3c Clc CH COOB. 当滴入氨水10mL时，+43233c NH+c NHH O =c CH COO+c CH COOHC. 当滴入氨水20mL时，+332c CH COOH +c H=c NHH O +c OHD. 当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，4c NHc Cl【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，

22、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(

23、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，S

24、O2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，主要产物是一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566012 / 25_(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_。(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 4.56.5 范围内，pH 越低 SO2-4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)2322432NHH OSO2NHSO或23224322NHH OSO2NHSOH OHSO3-（2）ZnSO323223ZnSOSO

25、H OZn2HSO或2223ZnO2SOH OZn2HSO（3）随着 pH 降低，HSO-3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 HSO3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+SO23（或 2NH3H2O +SO2=2NH4+SO23+H2O）；根据图-1 所示，pH=6 时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有 HSO3-和

26、 SO23，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HSO3；(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+2HSO3（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2+2HSO3）(3)HSO3可以经氧气氧化生成 SO24，这一过程中需要调节溶液 pH 在 4.56.5 的范围内，pH 越低，溶液中的 HSO3的浓度越

27、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 HSO3反应生成SO24，反应的离子方程式为 2HSO3+O2=2SO24+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566013 / 25离子浓度增大，溶液 pH 减小。【2019 年】年】12019 新课标NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸 H2A 的 Ka1=1.1103，Ka2=3.9106）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BNa+与 A2的导电能力之和大于 HA的Cb 点

28、的混合溶液 pH=7Dc 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 pH7，C 错

29、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。22019 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。

30、下列说法错误的是一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566014 / 25A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(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(

31、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-+H2OCH3COOH+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。52019 天津某温度下，2HNO和3CH COOH的电离常数分别为45.0 10和51.7 10。将pH和体积

32、均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH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2HNO溶液B溶液中水的电离程度：b 点c 点一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566016 / 25C从 c 点到 d 点，溶液中HAOHAccc保持不变（其中HA、A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NaOH恰好中和后，溶液中Nan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

33、(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。62019江苏室温下，反应3HCO+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。

34、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A0.2 molL1氨水：c (NH3H2O)c(4NH) c (OH) c (H+)B0.2 molL1NH4HCO3溶液(pH7)：c (4NH) c (3HCO) c (H2CO3) c (NH3H2O)C0.2 molL1氨水和0.2 molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c(4NH)+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c (3HCO)+c(23CO)D0.6 molL1氨水和0.2 molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3H2O)+ c(23CO)+ c(OH)=0.3 molL1+ c

35、 (H2CO3)+ c (H+)【答案】BD【解析】NH3H2O 属于弱碱，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(H2CO

36、3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，C 错误；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有 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-)；结合消一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566017 / 25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

37、(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-)=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。7 2019 浙江选考室温下， 取 20 mL 0.1 molL1某二元酸 H2A， 滴加 0.1 molL1NaOH 溶液。 已知： H2AH+HA，HA H+A2。下列说法不正确的是A0.1 molL1H

38、2A 溶液中有 c(H+)c(OH)c(A2)0.1 molL1B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 mLC当用去 NaOH 溶液体积 10 mL 时，溶液的 pH7，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 molL1H2A 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)=0.1molL1，A 正确；若 NaOH

39、 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 mL 时，得到 NaHA 溶液，溶液的 pH7，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】年】1. （2018 年全国卷）用 0.100 molL-1AgNO3滴定 50.0 mL 0.0500 molL-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有

40、关描述错误的是一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566018 / 25A. 根据曲线数据计算可知 Ksp(AgCl)的数量级为 10-10B. 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 molL-1Cl-，反应终点 c 移到 aD. 相同实验条件下，若改为 0.0500 molL-1Br-，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

41、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 110-8mol/L（实际稍小），所以 KSP(AgCl)约为 0.02510-8=2.510-10，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

42、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 250.8=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(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

43、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 molL-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的 pH，数据如下。时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25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. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO23+H2OHSO3-+OHB. 的 pH 与不同，是由于 SO23浓度减小造成的C. 的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方

44、向的影响一致一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566019 / 25D. 与的 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，说明实验过程中部分 Na2SO3被氧化成 Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中 c（OH-），的 pH 小于，即的 pH 与不同，是由于 SO32-浓度减小造成的，B 正确；盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度 SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）

45、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，与温度相同，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 K3Fe(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：H2CO3C6H5OHC向含有 ZnS 和 Na2S 的悬浊液中滴加 CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)D某溶液中加入 Ba(NO3)2溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有 SO42-A.AB. BC. CD. D【

46、答案】B【解析】某溶液中滴加 K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有 Fe2+，但是无法证明是否有 Fe3+，A 错误。向 C6H5ONa 溶液中通入 CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，B 正确。向含有 ZnS 和 Na2S 的悬浊液中滴加 CuSO4溶液，虽然有 ZnS 不溶物，但是溶液中还有 Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的 S2-反应得到黑色的 CuS 沉淀，不能证明发生了沉淀转化，C 错误。向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离

47、子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，D 错误。4. （2018 年天津卷）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的 pH 随 c初始（H2PO4）的变一手课程 当天更新 唯一微信：r 4566020 / 25化如图 1 所示，H3PO4溶液中 H2PO4的分布分数随 pH 的变化如图 2 所示，下列有关 LiH2PO4溶液的叙述正确的是A. 溶液中存在 3 个平衡B. 含 P 元素的粒子有 H2PO4、HPO42、PO43C. 随 c初始（H2PO4）增大，溶液的 pH 明显变小

48、D. 用浓度大于 1 molL-1的 H3PO4溶液溶解 Li2CO3，当 pH 达到 4.66 时，H3PO4几乎全部转化为 LiH2PO4【答案】D【解析】溶液中存在 H2PO4的电离平衡和水解平衡，存在 HPO42的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在 4 个平衡，A 错误。含 P 元素的粒子有 H2PO4、HPO42、PO43和 H3PO4，B 错误。从图 1 中得到随着 c初始（H2PO4）增大，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，C 错误。由图 2 得到，pH=4.66 的时候，=0.994，即溶液中所有

49、含 P 的成分中 H2PO4占 99.4%，所以此时 H3PO4几乎全部转化为 LiH2PO4，D 正确。5. （2018 年江苏卷）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)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的Hc(H2C2O4) c(C2O42) c(H+)C. pH = 7 的溶液：c(Na+) =0.1000 molL1+ 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+

50、）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 molL1H2C2O4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=1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则 c（C2O42-