专题08 水溶液中的离子平衡-五年（2018-2022）高考化学真题分项汇编（全国通用）（解析版）.pdf

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1、专题0 8 水溶液中的离子平衡【2022年】1.(2022海南卷)NaClO溶液具有添白能力，已知2 5 c 时，K,(HClO)=4.0 xl(r 下列关于NaQO溶液说法正确的是A.0.01mol/L 溶液中，c(C1O)C(C1O)=c(Na+)【答案】AD【解析】A.NaClO溶液中C O 会 水 解,故 O.Olmol/LNaClO溶液中c(CIO)C(C1O),所以 c(HClO)c(CQ)=c(Na+),D 正确；答案选AD。2.(2022浙江卷)25时，苯酚(C6H5OH)的K,=1.0 xl0T 0,下列说法正确的是A.相同温度下，等pH 的C6HsONa 和 CHCOONa

2、 溶液中，C(C6H5O)C(CH3COO)B.将浓度均为O.lOmoLL 的CeHQNa和 NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大C.25时，C fdO H 溶液与NaOH溶液混合，测得pH=10.00,则此时溶液中c C&O 卜 凡。国D.2 5 c 时，O.lOmoll 的Ce&OH溶液中加少量C6HsONa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 C6HsONa和CH3coONa 溶液中 c(C6H5O)c(Cl)c(CH,COO)c(CH,COOH)【答案】B【解析】A.恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶

3、液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A 正确；B.滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，若只发生反应的离子方程式：H+OH=H2O,则滴加NaOH溶液的体积为20m L,则根据电离常数，O.lmol.L 的醋酸中，c(H*)RCH3coO)=jKac(CH,COOH)=V(D5xl_8?-5=3xIO-35mol.E 1 .Ox 104 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(Cr)=c(CH3coeT)+c(CH3coOH

4、),C 正确；D.向20mL浓度均为O.lmoLL?的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入().lmol-L；i的NaOH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=1.8xlQ-5Kh=10 Kh 1.8?5可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na+)c(Cr)c(CHOOc(CH3coOH),D 正确;故答案为：B。4.（2022全国乙卷）常温下，一元酸HA的Ka（HA）=1.0 xl0T。在某体系中，H*与 离 子

5、 不 能 穿 过 隔 膜，未电离的HA可自由穿过该膜（如图所示）。溶 液I膜溶液DpH=7.0H I A=H A-!-pH=1.0a H A=H，+A-设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A)当达到平衡时，下列叙述正确的是A.溶液 I 中c(H+)=c(OH-)+c(A。B.溶液I 中的H A 的电离度为 之(cH A)J 101C.溶 液 I 和 n 中的c(HA)不相等D.溶 液 I 和 n 中的C息(HA)之比为10-【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)=lxlO-7moi/L,c(H+)c(OH)+c(A)A 错误；B.常温下

6、溶液 n 的 pH=1.0,溶液中 c(H+)=0.1mol/L,K包=1.0 xl(P,c L(HA)=c(HA)+c(A),c(HA)则一解得=亲,B 正确；c总(HA)-c(A)C 总(HA)101C.根据题意，未电离的H A 可自由穿过隔膜，故溶液I 和 n 中的c(HA)相等，C 错误；D.常温卜溶液 I 的 pH=7.0,溶液 I 中 c(H+)=lxlOmol/L,K*)T.OxlOH c i c(B r j c(r)c(A g+)【答案】C【解析】向含浓度相等的C l B r 和 r 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、B r C l

7、,根据滴定图示，当滴入4.50m L 硝酸银溶液时，C r 恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为d SO m L x l O TL/m L x O.l O O O m o l/L u d Sx K r tn o i,所以C l、B 和 均为l.5x l 04m o LA.r 先沉淀，A g l 是黄色的，所以a 点有黄色沉淀A g l 生成，故 A错误；B.原溶液中r 的物质的量为1.5x l 0v m o l,则 1 一的浓度为B xl0“mol=。00m o .,故 B错误；0.01500LC.当 B 沉淀完全时(B r-浓度为l.O x l O i o l/L),溶液中的c(A g

8、+尸人坐等=丝=匚=5.4*1()、01/1,若c(B r )1.0 x 10c r 已经开始沉淀，则此时溶液中的c(C )=与黑=当%=3.3X 1(13m o i/L,原溶液中的c C(C l j c(B r j C(r),故D错误;故选C。6.(2022 山东卷)工业上以Sr SO(s)为原料生产Sr C C s),对其工艺条件进行研究。现有含Sr C C s)的O.l m o l.L、L 0m o l-LN a 2c O；溶液，含$6。4 6)的0.1101.1?、1.01011422504溶液。在一定 p H 范围内,四种溶液中l g c(Sr 2+)/m o.L 1随pH的变化关系

9、如图所示。下列说法错误的是7IOUV(电SSJPB.a 6.5C.曲线代表含Sr C C M s)的L O m o l l N a 2 c O,溶液的变化曲线D.对含Sr SO4(s)且N a 2s o 4和N a 2c O,初始浓度均为l.O m o l 的混合溶液，p H 7.7时才发生沉淀转化【答案】D【解析】硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锢固体的硫酸钠溶液中锢离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锢离子浓度越小，所以曲线代表含硫酸锢固体的O.l m o l/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线代表含硫酸锢固体的l m o l/L硫酸钠溶液的变化

10、曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，卒思离子浓度越大，pH相同时，l m o l/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于O.l m o l/L碳酸钠溶液，则曲线表示含碳酸锢固体的O.l m o l/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线表示含碳酸锢固体的l m o l/L碳酸钠溶液的变化曲线。A.反应Sr SO4(s)+C O r U Sr C O 3(s)+SO:的平衡常数c(C O=需弋堂=，霜;R，故A正确;3)c(C O3)c(Sr )K叩(Sr C C)3)B.由分析可一知，曲线代表含硫酸锢固体的O.l m o l/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锢的溶度积1 ()65K s

11、 p(Sr SC M=10 5，x 0.1=10i 5,温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锢离子的浓度为上=10-61 m o l/L贝i j a 为 6.5；C.山分析可知，曲线表示含碳酸锢固体的l mo l/L碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；D.由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锢固体的硫酸钠溶液中锯离子的浓度几乎不变，所以硫酸锢的生成与溶液pH无关，故D错误；故选D。7.(2 0 2 2海南卷)某元素M的氢氧化物M(O H)2(S)在水中的溶解反应为：M(O H)2(s)?=i M2+(aq)+2 O H(aq),M(O H)2(s)+

12、2 O H(a q)i M(O H)；-(aq),2 5,-Ige 与 p H 的关系如图所示，c为M?+或M(O H)；浓度的值，下列说法塔堡的是A.曲线代表-Igc(M )与pH的关系B.M(O H)2 的 K,约为ix 1 0*C.向c(M 2+)=0.1 mo l C的溶液中加入N a OH溶液至p H=9.0,体系中元素M主要以M(O H)?(s)存在p H=9.0,体系中元素M主要以M(O H)2(S)存在D.向c M(O H)j Rmo l.Ij i的溶液中加入等体积0.4 mo l/L的H C 1后，体系中元素M主要以M”存在【答案】B D【解析】由题干信息，M(O H)2(S

13、)M2+(aq)+2 O H(aq),M(O H)2(s)+2 O H(aq)M(O H)：(aq),随着 p H增大，c(O H-)增大，则c(M?+)减小，c M(O H)f 增大，即-l gc(M 2+)增大，-|gc M(O H)：减小，因此曲线代表-l g c(M 2+)与pH的关系，曲线代表-l g c M(O H)；与pH的关系，据此分析解答。A.由分析可知，曲线代表-l gc(M 2+)与pH的关系，A正确；B.由图象，p H=7.0 时，-l gc(M 2+)=3.0,则 M(O H)2 的 K p=c(M 2+)d(O H-)=l x l O7,B 错误;C.向 c(M)=

14、0.1moI/L 的溶液中加入 NaOH 溶液至 pH=9.0,根据图像，pH=9.0 时，c(M)、cM(OH)：均极小，则体系中元素M 主要以M(OH”(s)存在，C 正确；D.cM(OH)：=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的04moi/L的 HC1后，体系中元素M 仍主要以M(OH)f存在，D 错误；答案选BDo2021年】1.(2021全国乙)HA是一元弱酸，难溶盐M A的饱和溶液中c?(M+)随 c(H+)而变化，M 不发生水解。实验发现，298K 时c2(M+)-c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。Z(一，TOUI POI)/W%A.溶液pH=4

15、 时，cCM O.O xlO m ol-L1B.MA 的溶度积度积 Ksp(MA)=5.0 x 10-8C.溶液pH=7 时,c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)D.HA 的电离常数 Ka(H A)。2.0 x10【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。【详解】A.由图可知 pH=4,即 c(H+)=10 xlO-5mol/L 时,c2(M+)=7.5x0-8mol2/L2,c(M+)=V7.5xlO-8mol/D=Vr5 xIO-4 mol/LO.OxlOmol/L,A 正确；B.由图可知,c(H+)=O时,可看作

16、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 K(MA)=c(M+)xc(A-)=c2(M+)=5.0 x 1 O-8,B 正确；C.设调pH所用的酸为HnX,则结合电荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)+nc(Xn),题给等式右边缺阴离子部分nc(X*),C错误；D.H A尸 J)晨A)当 A)=c(HA)时,由物料守恒知c(A)+c(HA)=c(M+),则C(A-)=5M，Ksn(MA)=c(M+)Xc(A-)=C(M )=5.0 x 1 O-8 1则?(乂+)=10*10-8,对应图得此时溶2 p 2液中 c(H+)=2.0 xl

17、04moi.L，Ka(HA)=C(H)X C(A cCH)2.0 x1 O-4,D 正确；c(HA)故选C。2.(2021浙江)取两份l()mL 0.05moLLT的NaHCO,溶液，一份滴加0Q5mol-L；i的盐酸，另一份滴力UO.O5mH T N aO H溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。A.由a点可知：NaHCOs溶液中HCO；的水解程度大于电离程度B.a f b f c过程中：c(HCOj+2c(CO；)+c(O H)逐渐减小C.a fd-e过 程 中:c（N a+）y【答案】C【分析】向N a H C O y溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液p H将逐渐减小，向N a

18、 H C O3溶液中滴加N aO H溶液，溶液碱性增强，溶液p H将逐渐增大，因此ab c曲线为向N a H C O,溶液中滴加N aO H溶液，ad e曲线为向N a H C O3溶液中滴加盐酸。【详解】A.a点溶质为Na H CQ，此时溶液呈碱性，H C O 在溶液中电离使溶液呈酸性，H C O；在溶液中水解使溶液呈碱性，山此可知，N a”。,溶 液 中 的 水 解 程 度 大 了 电 离 程 度，故A正确；B.由电荷守恒可知，a.b.c 过程溶液中 c（H C O ）+2 c（C O：）+c（O H-）=c（H*）+c（N a+）,滴 力 口N aO H溶液的过程中c（N a+）保持不变

19、，田）逐渐减小，因此。田8；）+248：）+40r）逐渐减小，故B正确；C.由物料守恒可知，2点溶液中 脂+）=1 1（2 0；）+（2 0；）+0（凡（2 0 3）：讣2 1 1（2。3溶液中滴加盐酸过程中有C O 2逸出，因此a f dfe过程中c（N a+）c（H C O，+c（C O；j +c（H2 C O 3），故C错误：D.c点溶液中c（H+）+c（N a+）=（0.0 5+1 0川-3）mo l/L,e点溶液体积增大1倍，此时溶液中C（H+）+c（N a+）=（0.0 2 5+1 0-4）mo l/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。3.（2

20、 0 2 1浙江）某同学拟用p H计测定溶液pH以探究某酸H R是否为弱电解质。下列说法正确的是A.2 5 时，若测得0.0 1 mo lL T N aR溶液p H=7,则H R是弱酸B.2 5 时,若测得0.0 1 m。lL-HR溶液p H 2且pH 7,则H R是弱酸C.2 5 时，若测得H R溶液p H=a,取该溶液1 0.0 mL，加蒸储水稀释至1 0 0.0 mL,测得p H=b,b-a b ,则H R是弱酸【答案】B【详解】A.250c时，若测得0.01mol-LNaR溶液p H=7,可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B.25时，若测得0.01mol-LHR溶液pH2且

21、p H 7,可知溶液中c（H+）0.01mol/L,所以H R未完全电离，H R为弱酸，B正确；C.假设HR为强酸，取PH=6的该溶液10.0mL，加蒸镭水稀释至100.0mL测得此时溶液PH7,C错误;D.假设H R为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至5 0 C,促进水的电离，水的离子积常数增大，PH减小，D错误；答 案 为:Bo4.（2021.湖南）常温下，用O.lOOOmollT的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol1T三种一元弱酸的钠盐（NaX、NaY、NaZ）溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是A.该NaX溶液中：c（Na+）c（X c（OH-）c（H

22、*）B.三种一元弱酸的电离常数：Ka（HX）&（HY）K,（HZ）c.当 PH=7 时，三种溶液中：c（x-）=c（y-）=c（z-）D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c（X-）+f（Y-）+c（Z-）=c（H+）-c（0 H-）【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。【详解】A.NaX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

23、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)K(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(C)可得：c(X)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)c(OH),故 DiE确；故选C。5.(202

24、1山东)赖氨酸 H3N+(CH2)4CH(NH2)C O O:用 HR表示 是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RQ2)在水溶液中存在如下平衡：H 3R 2+H 2R+勺向一定浓度的H3RCI2溶液中滴加NaOH溶液,溶液中H3R2+、H2R HR和 R-的分布系数3(x)随 pH变化如图所示。已知c(x)8(x)=c(H,R2+)+c(H2R+)+c(HR)+c(R)卜列表述正确的是B.M 点,C(c r)+c(OH)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C.O 点,pH=g K；lg K 3D.P 点,c(Na+)c(Cl-)c(OH)c(H+)【答案】CD【分析】向HjRC

25、b溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：H,R2+OH.=H2Rh+H2O、H2R+OH=HR+H2O,HR+OH-=R+H2O,溶液中 H3R2+逐渐减小，H2R+和 HR 先增大后减小，R-逐渐增大。（c（H2R+）-c（H+）C（H3R2+）c（HR）-c（H+）凡葭）c（R）c（H*）c（HR）,M点c（H3R2+）=c（H2R+）,由此可 知 典=10-22,N 点 c（HR）=c（H2R+）,则（=10 叫 p 点c（HR）=c（R-）,则 屁=10Ts。【详解】A-色/=色鼠=1 因吟管，故 人错误；B.M 点存在电荷守恒：c（R-）+c（0H-）+c（C）=2c（H3R2+

26、）+c（H2R+）+c（H+）+c（Na+）,此时c（H3R2+）=c（H2R+）,因 止 匕c（R_）+4O H _）+c（C r）=3c（H2R+）+c（H+）+c（Na+）,故 B错误；C.O 点 cV（H2,R+）=c（R）因此 一 J=l,即 J J、J，J J.，=7 V 7 c（R-）c（R-）.c（HR）.c（H+）.c（H+）K2 K 3因此=，溶液pH=-1gc（H+）二 一 尼K 馆K,故c正确；D.P点溶质为NaCl、HR、N aR,此时溶液呈碱性，因此C（O IT）c（H+）,溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此c（Na+）c（C）c（OH-）c（H+）,故D正

27、确；综上所述，正确的是C D,故答案为CD。【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.HC1 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：CaCb属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca?+和C h故其在熔融状态卜.能导电，B不符合题意；HC1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；K2sCU属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自山移动的K+和SO4、故其在熔融状态下能导电，D不符合题

28、意。综上所述，本题答案为C。2.（2020浙江卷）下列说法不氐碰的是（）A.2.0 x l（T7moi-匚1 的盐酸中c（H+）=2.0 xl0-7m oi匚B,将 KC1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 x10 m oi/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H C1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 x10-7 m oVL,故 A 错误；

29、KC1溶液为中性溶液，常温下pH=7,加热到80时，水 D E 离子积Kw增大,对应溶液的械离子浓度随温度升高会增大，pH 会减小，但溶液溶质仍为K C 1,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 iE确；醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3coO H Q C H 3coO+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）以酚献为指示剂，用 0.1000 mol-L1的 NaOH溶液滴定20.00 mL未知

30、浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数3 随滴加NaOH溶液体积VNNOH的变化关系如图所示。比如A?-的分布系数：吠）=C（H2A）+C（H A）+C（A2）下列叙述正确的是A.曲线代表M A）,曲线代表3（HADB.H2A溶液的浓度为0.2000 mol-L 1C.H A-的电离常数,=1.0 X 1 0 2D.滴定终点时，溶液中c(N a+)2 c(A，+c(H A )【答案】C【解析】根据图像，曲线代表的粒子的分布系数随着N a O H的滴入逐渐减小，曲线代表的粒子的分布系数随着N a O H的滴入逐渐增大；当加入40 m L N a O H溶液时，溶液的p H在中性发生突变，

31、且曲线代表的粒子达到最大值接近1；没有加入N a O H时，p H为1,说明H 2 A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线代表3(H A)曲线代表6(A”)，根据反应2 N a OH+H z A=N a 2 A+2 H 2 O,C(H2A)=0WOmol/LX 4 0 m L0 00 m o i上,据此分析作答。根据分析，曲线代表3(H A)曲线代表2 x 2 0.0 0 m L8(A2),A错误；当加入4 0.0 0 m L N a OH溶液时，溶液的p H发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应 2 N a OH+H 2 A=N a?A+2 H 2。，c(H 2 A尸 000mol/

32、L x4mL=。.B 错误；由于 H 2 A 第一步2 x 2 0.0 0 m L完全电离，则H A-的起始浓度为0.1 0 0 0 m o l/L,根据图像，当丫丽阳=0时，H A-的分布系数为0.9,溶液的p H=l,A3的分布系数为0.1,则H A-的电离平衡常数K产C（A2）C（H+）c（HA ）0.1 0 0 0 m o l/L x O.l x O.1 OOOm o l/L0.1 0 0 0 m o l/L x 0.9-1 X 1 0 2,C正确；用酚酥作指示剂，酚酰;变色p H范围为8.2 1 0,终点时溶液呈碱性，c(OH )c(H+),溶液中的电荷守恒为c(N a+)+c(H+

33、)=2 c(A2)+(H A)+c(OH ),贝lj c(N a+)2 c(A2 )+c(H A),D 错误；答案选 C。4.(2 0 2 0江苏卷)室温下，将两种浓度均为O.l m o l-L j i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.NaHCO3-N a2CO3混合溶液（p H=1 0.30）：c（N a+）c（HCO；）c（co：）C（O H）B.氨水-N H Q 混合溶液（p H=9.2 5）：C（N H：）+C（H+）=C（N H3.H2O）+C（OH-）C.CH3coOH-CH3coONa 混合溶液（p H=4.7 6）

34、:c（N a+）c（CH3CO O H）c（CH3coeT）c（H+）D.H 2 c 2 O4 -N a H C z C 混合溶液（p H=1.6 8,H 2 c 2 O4 为二元弱酸）：c（H+）+c（H 2 c 2 O4 ）=c（N a+）+C（C2O；-）+C（O H-）【答案】AD【解析】N a H C C h水溶液呈碱性，说明“C O；的水解程度大于其电离程度，等浓度的N a H C C h和N a 2 c。3水解关系为：C O；H C。：，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(H C O3)c(C O；j,C O/和H C O；水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCCh和Na2cC

35、h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（HCC）3）c（CO：）c（OH）故A正确；该混合溶液中电荷守恒为:c（NH：）+c（H+）=c（O H j+c（C l j,物料守恒为:c（NH3?2）c（；）c（j,两式联立消去45）可得：c（NH：）+2c（H+）=2c（OH-）+c（NH3-H20）,故B错误；若不考虑溶液中相关微粒行为，则以CH3coOH）=c（CH3coe ）=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+）

36、,故C错误；该混合溶液中物料守恒为：2c（Na+）=c（H2C2O4）+f（HC2O；）+c（C2O；j,电荷守恒为：2c（C2O；j+c（HC2O4）+c（OH j=c（Na+）+c（H+），两式相加可得:c（H+）+c（H2c2O4）=c（Na+）+c（C2O：）+c（OH）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 c（CH3coOH）+c（CH3coeF）=0.,igc（CH3C00H）、lgc（CH3co0）、lgc（H+）和Igc（OH）随pH变化的关系如下图所示。K,为CH3coOH的电离常数，下列说法正确的是A.0 点时，c(CH3

37、cOOH)=c(CH3coeF)B.N 点 时,pH=-lgKaO.lc（H+）C.该体系中，c（CH3coOH）=-y rm o l-E1K*（H+）D.pH由7到14的变化过程中，CH3co0-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 Igc(OH)随 pH 的变化曲线，曲线4 为 lgc(CH3co0

38、H)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，。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(CH3CO O H),因 Ka=c(C H3COO)-c(H+)c(C H 3coO H)代入等量关系并变形可知pH=-lgKa,故 B正确；C(CH3COO)+C(CH3COOH)=0.1 m ol/L,则 c(CH3coO)=0.1mol/L-c(CH3coOH),又Ka=c(C H3COO)-c(H+)

39、c(CH 3coOH),联立两式消去c(CH3co0-)并化简整理可得出,c(CH3co0H)=I?m ol/L,故 C 正确；醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO+H2O CH3COOHK+c(H )+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 Ka(HCOOH)Ka(HF)B.相同浓度的CH3coOH和 CH3coONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,

40、则溶液中c(C H3C O O)c(N a+)c(H+)c(O H)C.FeS溶于稀硫酸，而 CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)Ksp(CuS)D.在 lmol.L“Na2s 溶液中，c(S2)+c(HS-)+c(H2S)=1 m ol.E1【答案】A【解析】HCOONa和 NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOCT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)c(Na+)c(H+)c(OHD，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

41、到H2s气体，说明K，p(FeS)K,p(CuS),故 C 正确；根据溶液中的物料守恒定律，1 mol-L Na2s溶液中所有含S 元素的粒子的总物质的量的浓度为1 m oll,即c S )+c(HS-)+c(H2s尸1 mo卜 L 1 故 D 正确；综上所述，答案为A。7.(2020浙江卷)常温下，用O.lm ol.L-i氨水滴定10mL浓度均为(M m ol.LT的HC1和 CH 3cO O H 的混合液，下列说法不正理的是()A.在氨水滴定前，HC1和 C H 3 co 0 H 的混合液中c(C)c(C H 3coeF)B.当滴入氨水 10mL 时，c(NH；)+c(NH3-H2O)=c

42、(C H,C O O)+c(CH,COOH)C.当滴入氨水20m L 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20m L,c(NH；)c(CH3COO),A 正确；当 滴 入 氨 水 10m L时，n(NHrH2O)=n(CH3co0H),则在同一溶液中 c(NH4+)+c(NH3 H?O)=c(CH3co0H)+c(CH3coO)B 正确；当滴入氨水 20mL 时，溶液溶质为 NH4C1 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(

43、NHJ)+c(H+)=c(CH3coe-)+c(Cl-)+c(OH),因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH),故 c(NH/)c(Cr),D 不正确。8.(2020江苏卷)吸收工厂烟气中的S C h,能有效减少SO?对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中 SO2后经02催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSCh微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2sO3、H SO r SCh?一的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。图-1(1)氨水吸收S02。向氨水中通入少量SO 2,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

44、 的 阴 离 子 是(填 化 学 式)。(2)ZnO水悬浊液吸收SO2o 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。图-2(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）2NH3+H2O+SO 2=2N H：+SO；或2NH3-

45、H2O+SO2=2NH；+SOj+H2O H SO R（2）Znso.,711503+502+1120=2112+211501或 2110+2502+120=2112+2150；（3）随着 pH 降低，HSO；浓度增大 减小【解析】向氨水中通入少量的S O?,反应生成亚硫酸筱，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S02后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析HSOI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，S02与氨水反应生成亚硫酸铉，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2NH4+SOr(或 2NH3-Hq+SO2=2

46、NHr+SO+H 2O)；根据图-1 所示，pH=6 时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有HS0.3-和 S O T,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.7；(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO?,生成微溶于水的ZnSCh,此时溶液pH 几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSCh后，ZnSCh继续吸收SCh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+2HSO9(或ZnO+2SO2+H2O=Zn2+2HSO?)(3)H S C h可以经氧气氧化生成S O N ,这一过程

47、中需要调节溶液p H在4.5 6.5的范围内，p H越低，溶液中的HS O：；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HS Q*反应生成S OT,反应的离子方程式为2 HS(K+O2=2 S O厂+2 H+,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p H减小。【2019年】1.2 0 1 9新课标I NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2 A的 兄产1.1 1 0-3 ,/Ca2=3.9x l 0)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7206543K型耳n)b女克1 0 2 04 0K

48、NaOH)/m LA.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C.b点的混合溶液p H=7D.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A?-的浓度增大。山图像可知，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，H A转化为A?,b点导电性强于a点，说明Na+和A?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

49、苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A?一在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液p H 7,C错误；b点邻苯二甲酸气钾溶液与气氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二卬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。2.2 0 1 9新课标HI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

50、镉(C dS)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。和人分别为力、72温度下C d S在水中的溶解度B.图中各点对应的K s p的关系为：K s p(m)=KSp(n)K s p(p)c(S 2)在饱和溶液中，c(C d2+)=cS-),结合图象可以看出，图中a和b分别表示T i和T 2温度下C d S的溶解度，A正确;C d S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T i条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B错误；m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd 2+)减小,c(S*)增大，溶