（新）备战2022年高考化学五年真题解密解密11 水溶液中的离子平衡(解析版).docx

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1、解密11 水溶液中的离子平衡1了解电解质的概念，了解强电解质和弱电解质的概念。2理解电解质在水中的电离以及电解质溶液的导电性。3了解水的电离、离子积常数。4了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。5理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数进行相关计算。6了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。7了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。1【2020新课标卷】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

2、VNaOH的变化关系如图所示。比如A2的分布系数：(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)下列叙述正确的是( )A曲线代表(H2A)，曲线代表(HA-)BH2A溶液的浓度为0.2000 mol·L1CHA的电离常数Ka=1.0×102D滴定终点时，溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)【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

3、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×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L。A项，根据分析，曲线代表(HA-)，曲线代表(A2-)，A错误；B项，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×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L，B错误；C项，根据

4、曲线当(HA-)=(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka=c(A2-)c(H+)c(HA-)=c(H+)=1×10-2，C正确；D项，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；故选C。2【2020浙江1月选考】下列说法不正确的是( )ApH7的溶液不一定呈碱性B中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同C相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(O

5、H)相等D氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl)c(NH)【答案】B【解析】A项，温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)<c(OH-) 时溶液一定呈碱性，故A正确；B项，pH相同的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量更大，故B错误；C项，pH相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw= c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度相同说明氢氧根浓度相同，故C正确；D项，氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(

6、OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以c(Cl)c(NH)，故D正确；故选B。3【2020浙江1月选考】室温下，向20.00 mL 0.1000mol·L1盐酸中滴加0.1000mol·L1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg50.7。下列说法不正确的是( )ANaOH与盐酸恰好完全反应时，pH7B选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大DV(NaOH)30.00 mL时，pH12.3【答案】C【解析】A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶

7、液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项，时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)=0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，则c(H+)=5×10-13 mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；故选C。4【2020浙江7月选考】水溶液呈酸性的是( )ANaClBNaHSO4CHCOONaDNaHCO3【答案】B【解析】A项，NaCl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；B项，NaH

8、SO4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+SO42-，故其水溶液呈酸性，B符合题意；C项，HCOONa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；D项，NaHCO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。故选B。5【2020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

9、酸钠固体，溶液增大【答案】A【解析】A项，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项， KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到800C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项，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项，醋酸在溶液中会发生电离平衡：

10、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；故选A。6【2020浙江7月选考】5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-( aq) 2Fe2+(aq)+I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是( )A加入苯，振荡，平衡正向移动B经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度C加入FeSO4固体，平衡逆向移动D该反应的平衡常数【答案】D【解析】A项，加入苯振荡，苯将I2萃取到苯

11、层，水溶液中c(I2)减小，平衡正向移动，A正确；B项，将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；C项，加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c(Fe2+)增大，平衡逆向移动，C正确；D项，该反应的平衡常数K=，D错误；故选D。7【2020浙江7月选考】常温下，用0.1 mol·L1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L1的HCl

12、和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是( )A在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl)c(CH3COO)B当滴入氨水10 mL时，c(NH)c(NH3·H2O)c(CH3COO)c(CH3COOH)C当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)c(H+)c(NH3·H2O)c(OH)D当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)c(Cl)【答案】D【解析】A项，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

13、项，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项，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项，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。8【2020江苏卷】室温下，将两种浓度均

14、为0.1mol·L-1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( )ANaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(CO32-)c(OH)B氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NH)+ c(H)= c(NH3H2O)+c(OH)CCH3COOH - CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H+)DH2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H)c(H2C2O4)= c(

15、Na)+c(OH)c(C2O)【答案】AD【解析】A项，NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：CO32-HCO3-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO)c(CO32-)，CO32-和HCO3-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：c(Na)c(HCO)c(CO32-)c(OH)，故A正确；B项，该混合溶液中电荷守恒为：c(NH)+ c(H)= c(Cl)+c(OH)，物料守恒为：c(CH3COOH)+c(NH)=2c(Cl

16、)，两式联立消去c(Cl-)可得：c(NH)+2c(H)= c(NH3H2O)+2c(OH)，故B错误；C项，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项，该混合溶液中物料守恒为：2c(Na)=c(H2C2O4)c(HC2O4-)+c(C2O)，电荷守恒为：c(H)c(Na)=c(OH)c(HC2O4-)+2c(C2O)，两式相加可得：c(H)c(H2C2O

17、4)= c(Na)+c(OH)c(C2O)，故D正确；故选AD。9【2020山东卷】25时，某混合溶液中c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=c(CH3COOH)=0.1mol/L，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，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)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

18、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。A项，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；B项，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项，

19、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；D项，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；故选BC。10【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Ka(HCOOH)Ka(

20、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c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH) CFeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)Ksp(CuS)D在1 molL1 Na2S溶液中，c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1 molL1【答案】A【解析】A项，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；B项，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

21、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；C项，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；D项，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；故选A。11【2019新课标卷】NaOH溶液滴定邻苯二甲

22、酸氢钾(邻苯二甲酸氢钾H2A的Ka1=1.1×103 ，Ka2=3.9×106)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】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

23、液呈碱性。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，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A2，b点导电性强于a点，说明Na+和A2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，A2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

24、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)，故D正确。12【2019新课标卷】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：

25、Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C 向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D 温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】B【解析】ACdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdSCd2+S2-，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)=S(溶解度)，结合图像可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；BCdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；Cm点达到沉

26、淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；D从图像中可以看出，随着温度的升高，溶解的离子浓度增大，则说明CdSCd2+S2-为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；故选B。13【2019新课标卷】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0.02NAB c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH)C 加水稀释使电离度增大，溶液p

27、H减小D 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【答案】B【解析】A、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；B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、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；D、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。14【2019北京卷】实验测得 0.5mol·L-1CH3COONa 溶液、0.5mol·L-1CuSO4 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-

28、)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】A 选项错误，无论是否升温，纯水均为中性，c (H+)= c (OH-)；B 选项错误，盐类的水解特点是升温促进水解，CH3COONa 本身水解显碱性，升温促进水解，碱性增强，c (OH-)增大；C 选项正确，硫酸铜本身水解显酸性，升温促进水解，酸性增强，水解生成的 c(H+)增加，同时升温也促进了水的电离，水电离生成的

29、 c (H+)增加，二者叠加，酸性变化趋势一致， pH=-lg c (H+)，c (H+)越大，pH 越低；D 选项错误，水解吸热，故升温 CH3COO-、Cu2+水解平衡都正向移动，硫酸铜溶液 pH 降低 C 选项已经说清楚了。升温促进 CH3COO-水解，c(OH-)增大，但 pH 不一定也增大，因为升温也同时促进了水的电离，Kw 增大，当 Kw 增大幅度大于 c(OH-)时，Kw/ c (OH-)也增大，pH=-lg Kw/ c(OH-)，故 pH 减小。15【2019天津】某温度下，HNO2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

30、确的是( )A 曲线代表HNO2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】A、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，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、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

31、的电离常数，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HNO2和CH3COOH溶液，c(CH3COOH)c(HNO2)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至中性，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。16【2019江苏卷】室温下，反应+H2OH2CO3+OH的平衡常数K=2.2×108。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 0.2mol·L1氨水：c(NH3·H2O)>c(NH4

32、+)>c(OH)>c(H+)B 0.2mol·L1NH4HCO3溶液(pH>7)：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)C 0.2mol·L1氨水和0.2mol·L1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)D 0.6mol·L1氨水和0.2mol·L1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH)=0.3mol·L1+c(H

33、2CO3)+c(H+)【答案】BD【解析】ANH3H2O属于弱电解，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+)，故A错误；BNH4HCO3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：HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，前者水解程度大，则c(H2CO3)>c(NH3H2O)，故B正确；C由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+

34、c(CO32-)，故C错误；D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-)；结合消去c(NH4+)得：c(NH3H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混合后，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-)，

35、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+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。17【2019浙江4月选考】下列属于强电解质的是( )A 硫酸钡B 食盐水 C 二氧化硅 D 醋酸【答案】A【解析】A可知硫酸钡是强电解质，A项正确；B食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；C二氧化硅是非电解质，C项错误；D醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。18【2019浙江4月选考】下列溶液呈碱性

36、的是( )A NH4NO3B (NH4)2SO4C KClD K2CO3【答案】D【解析】A该盐属于强酸弱碱盐，NH4+H2ONH3·H2O+H+，溶液显酸性，A不合题意；B同A，NH4+发生水解，使得溶液显酸性，B不合题意；C该盐属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，C不合题意；D该盐属于强碱弱酸盐，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液显碱性，D项符合题意。故选D。19【2019浙江4月选考】室温下，取20 mL 0.1 mol·L1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L1 NaOH溶液。已知：H2AH+HA，HAH

37、+A2。下列说法不正确的是( )A 0.1 mol·L1 H2A溶液中有c(H+)c(OH)c(A2)0.1 mol·L1B 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】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·L1二元酸H2A看做20 mL 0.1 mol·L1

38、HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。A 0.1 mol·L1H2A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·L1，A项正确；B若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HAH+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项错误；C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项正确；D当用去NaOH溶液体积20

39、 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)2c(HA)2c(A2)，D项正确。故选B。20【2019浙江4月选考】在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析不正确的是( )A 与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B 与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少C 深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D 海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大【答案】D【解析】A海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增

40、大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；B与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；C在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C项正确；D 海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度降低，D项错误。21【2019年4月浙江选考】高温高压液态水具有接近常温下弱酸的 c(H+)或弱碱的 c(OH)， 油

41、脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )A高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快B高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快C高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解 D高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同 c(H+)的酸或相同c(OH)的碱的水解【答案】D【解析】对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A 项正确；由于高温高压液态水中，c(H+)和 c(OH)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强， 反应速率加快，B 项正确；油脂在酸

42、性(H+做催化剂)条件下水解，高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C 项正确；高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同 c(H+)的酸或相同 c(OH)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中 H+浓度的方式，促进油脂的水解，D 项不正确。22【2019浙江11月选考】常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应

43、体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是( )A 3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍B 曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>cC 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；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠

44、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；D、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。故选D。23【2019上海等级考】25时，0.005mol/L Ba(OH)2中H+浓度是( ) A 1×mol/LB1×mol/L C5×mol/L D5×mol/L【答案】A【解析】0.005mol/L Ba(OH)溶

45、液中，OH-浓度是0.005mol/L×2=0.01mol/L，c(H+)=Kw/c(OH-)=10-14mol/L/0.01mol/L=10-12mol/L.故选 A。24【2019上海等级考】下列说法错误的是( )A含有共价键的化合物是共价化合物B含有极性键的分子可能是非极性分子C有电子转移的反应是氧化还原反应D水溶液中能完全电离的电解质是强电解质【答案】A【解析】A含有共价键的化合物也可能是离子化合物，如，NaOH，A错误。B含有极性键的分子也可能是非极性分子，如:CCl4，B 正确。C有电子转移的反应一定是氧化还原反应。有电子转移也是氧化还原反应的本质。C正确。D水溶液中能完

46、全电离的电解质是强电解质。D正确。故选A。25【2019上海等级考】用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是( )A 可以用酚酞代替指示剂B 滴定前用待测液润洗锥形瓶C 若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果D 当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点【答案】C【解析】A指示剂的选择原则是“由浅变深”如果用酚酞做指示剂颜色变化过程由红色变为无色，不符合要求，A错误；B滴定前用待测液润洗锥形瓶滴定结果偏大，B错误；C如果氢氧化钠吸收少量二氧化碳，发生反应：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的氢氧根反应，H+

47、 + OH- H2O再与碳酸钠反应，CO²+2HHO+CO可以发现存在关系2 OH-CO32- -2H，因此消耗盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量二氧化碳 不影响测定结果，C正确；D该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不褪色，即为滴定终点，如果变为红色说明盐酸已经过量，D错误。26【2019上海等级考】常温下0.1mol/L CH3COOH、NaOH、CH3COONa，下列叙述正确的是( )A中c(CH3COOH)> c(CH3COO-)> c(H+)> c(OH-)B等体积混合后，醋酸根离子浓度小于的二分之一C等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(Na+)> c(CH3COO-)> c(H+)D等体积混合以后，水的电离程度比等体积混合的电离程度小【答案】 B【解析】ACH3COOH溶液中的H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以c(CH3COOH)> c(H+)> c(CH3COO-)> c(OH-)故A错误；B等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，如果CH3COO-不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO- +H2OCH3COOH+OH-，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2.B正确；