高考化学真题分类汇编 水溶液中的离子平衡.docx

高考化学真题分类汇编 水溶液中的离子平衡.docx

《高考化学真题分类汇编 水溶液中的离子平衡.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学真题分类汇编 水溶液中的离子平衡.docx（22页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考化学真题分类汇编水溶液中的离子平衡

2018年高考化学真题分类汇编

专题8水溶液中的离子平衡（选修4）

Ⅰ—弱电解质的电离

1.[2018天津卷-3]下列叙述正确的是

A.某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh（水解常数）越小

B.铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈

C.反应活化能越高，该反应越易进行

D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3

【答案】B

【解析】A．根据“越弱越水解”的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A-的水解越强，应该是NaA的Kh（水解常数）越大。

选项A错误。

B．铁管镀锌层局部破损后，易形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。

选B正确。

C．反应的活化能越高，反应越难进行。

选项C错误。

D．红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。

【考点】水解平衡常数与电离平衡常数的关系、金属的防护、活化能、红外光谱与化学键。

2.[2018天津卷-6]LiH2PO4是制备电池的重要原料。

室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ[δ=c（H2PO4–）/c总（含P元素的粒子）]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–、PO43–

C.随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小

D.用浓度大于1mol·L-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】A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡和水解平衡，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H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。

选B错误。

C．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。

所以选项C错误。

D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。

选项D正确。

【考点】H3PO4的分步电离；H2PO4–在溶液中的电离及一定条件下电离与水解的平衡。

随c（H2PO4–）的增大，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H2PO4–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。

3.[2018浙江卷-18]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—）

B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同

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】同温时，依电荷守恒有：

盐酸溶液中:

c（H+）=c（Cl—）+c（OH—）；醋酸溶液中：

c（H+）=c（CH3COO—）+c（OH—），当盐酸和醋酸两种溶液的pH相等时，它们的c（H+）、c（OH—）分别相等，故c（CH3COO—）=c（Cl—），A正确；因醋酸为弱酸，在溶液中只有部分电离，当盐酸和醋酸两种溶液的pH相等、体积相等时，醋酸的物质的量比盐酸多，消耗的NaOH的物质的量多，所以B错误；因醋酸为弱酸，在溶液中只有部分电离，当盐酸和醋酸两种溶液的浓度相等时，分别与金属镁反应，盐酸的反应速率快，故C错误；盐酸和醋酸两种溶液分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中分别有：

c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）或c（Na+）=c（Cl-）；c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）或c（Na+）=c（CH3COO-），但两种溶液中的c（Na+）前者大，故c（Cl—）＞c（CH3COO—），故D错误。

【考点】水溶液中的离子平衡

4.[2018江苏卷-14]H2C2O4为二元弱酸，Ka1（H2C2O4）=5.4×10−2，Ka2（H2C2O4）=5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c（总）=c（H2C2O4）+c（HC2O4−）+c（C2O42−）。

室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L−1H2C2O4溶液至终点。

滴定过程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·L−1H2C2O4溶液：

c（H+）=0.1000mol·L−1+c（C2O42−）+c（OH−）−c（H2C2O4）

B.c（Na+）=c（总）的溶液：

c（Na+）>c（H2C2O4）>c（C2O42−）>c（H+）

C.pH=7的溶液：

c（Na+）=0.1000mol·L−1+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】A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），整理两式得：

c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A正确；B.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—+H2O

H2C2O4+OH—，HC2O4—水解常数（Kh）与H2C2O4电离常数（Ka）有如下关系：

Kh×Ka=Kw，则Kh=Kw/Ka=10-14/（5.4×10−2）=10-12/5.4＜5.4×10−5,所以，HC2O4−的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）

c（H2C2O4），B错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）

0.1000mol/L，C错误；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D正确。

【考点】溶液中粒子浓度的大小关系；溶液中电荷守恒、物料守恒和质子守恒。

Ⅱ—水的电离和溶液的酸碱性

5.[2018北京卷-12]测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。

时刻

①

②

③

④

温度/℃

25

30

40

25

pH

9.66

9.52

9.37

9.25

实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④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：

SO32—+H2O

HSO3—+OH−

B.④的pH与①不同，是由于SO32—浓度减小造成的

C.①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致

D.①与④的Kw值相等

【答案】C

【解析】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，Na2SO3溶液中存在水解平衡：

SO32—+H2O

HSO3—+OH−，A正确；B.取①④对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32—浓度减小，溶液中c（OH—）减小，④的pH小于①；B正确；C项，盐类水解过程吸热，①→③的过程，升高温度SO32—水解平衡正向移动，c（SO32—）减小，水解平衡逆向移动，C错误；D项，Kw只与温度有关，温度相同时KW相同，D正确。

【考点】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；水的离子积的影响因素；SO32-的还原性。

6.[2018江苏卷-14]H2C2O4为二元弱酸，Ka1（H2C2O4）=5.4×10−2，Ka2（H2C2O4）=5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c（总）=c（H2C2O4）+c（HC2O4−）+c（C2O42−）。

室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L−1H2C2O4溶液至终点。

滴定过程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·L−1H2C2O4溶液：

c（H+）=0.1000mol·L−1+c（C2O42−）+c（OH−）−c（H2C2O4）

B.c（Na+）=c（总）的溶液：

c（Na+）>c（H2C2O4）>c（C2O42−）>c（H+）

C.pH=7的溶液：

c（Na+）=0.1000mol·L−1+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】A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），整理两式得：

c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A正确；B.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—+H2O

H2C2O4+OH—，HC2O4—水解常数（Kh）与H2C2O4电离常数（Ka）有如下关系：

Kh×Ka=Kw，则Kh=Kw/Ka=10-14/（5.4×10−2）=10-12/5.4＜5.4×10−5,所以，HC2O4−的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）

c（H2C2O4），B错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）

0.1000mol/L，C错误；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D正确。

【考点】溶液中粒子浓度的大小关系；溶液中电荷守恒、物料守恒和质子守恒。

Ⅲ—盐类的水解

7.[2018江苏卷-6]下列有关物质性质的叙述一定不正确的是

A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色

B.KAl（SO4）2·12H2O溶于水可形成Al（OH）3胶体

C.NH4Cl与Ca（OH）2混合加热可生成NH3

D.Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2

【答案】A

【解析】A.NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A错误；B.KAl（SO4）2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3++3H2O

Al（OH）3（胶体）+3H+，B正确；C.实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O，C正确；u与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D正确；

【考点】Fe3+的检验；盐类的水解；实验室制氨气的原理；Cu与FeCl3的反应。

8.[2018浙江卷-4]下列物质溶于水后溶液显酸性的是

A.KCIB.Na2OC.NH4CID.CH3COONa

【答案】C

【解析】盐类水解的规律：

有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性；同强显中性。

由此可见，盐类水解的前提条件是有弱碱的阳离子或弱酸的酸根离子，其水溶液的酸碱性由盐的类型决定，利用盐溶液的酸碱性可判断酸或碱的强弱；Na2O溶于水后生成氢氧化钠使溶液显碱性。

【考点】盐的水解及氧化钠的性质。

9.[2018浙江卷-23]在常温下，向10mL浓度均为0.lmol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。

下列说法正确的是

A.在a点的溶液中c（Na+）>c（CO32-）>c（C1-）>c（OH-）>c（H+）

B.在b点的溶液中2n（CO32-）+n（HCO3-）<0.001mol

C.在c点的溶液pH<7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力

D.若将0.1mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时：

c（Na+）=c（CH3COO-）

【答案】B

【解析】0.1mol/L盐酸加入10mL浓度均为0.lmol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中，盐酸会先和氢氧化钠反应，而后再和Na2CO3溶液反应。

a点加入盐酸体积为5mL，它与氢氧化钠反应，消耗原溶液中一半的氢氧化钠，而溶液中Na2CO3水解能增加溶液中的c（OH-），从而c（OH-）>c（C1-），故在a点的溶液中：

c（Na+）>c（CO32-）>c（OH-）>c（C1-）>c（H+），A错误；

b点的溶液，PH等于7，加入的盐酸体积大于20mL，混合液总体积大于30mL，混合溶液中：

n（Na+）=10mL×0.lmol/L（1+2）=0.003mol；n（Cl-）＞20mL×0.lmol/L=0.002mol；n（OH-）=n（H+），且2n（CO32-）+n（HCO3-）+n（OH-）+n（Cl-）=n（Na+）+n（H+），可知：

2n（CO32-）+n（HCO3-）=n（Na+）-n（Cl-）+n（H+）-n（OH-）=n（Na+）-n（Cl-）＜0.003mol-0.002mol，B正确；HCO3-的电离能力小于其水解能力，C错误；若将0.1mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时：

c（Na+）=c（CH3COO-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）,D错误。

【考点】盐溶液中的离子平衡

10.[2018全国卷Ⅱ-7]化学与生活密切相关。

下列说法错误的是

A.碳酸钠可用于去除餐具的油污

B.漂白粉可用于生活用水的消毒

C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸

D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查

【答案】D

【解析】A.碳酸钠溶液因碳酸根水解显碱性，因此可用于去除餐具的油污，餐具的油污在碱性条件下易水解，A正确；

B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；

C.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；

D.碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，而胃液中有盐酸，所以碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，可用硫酸钡，D错误。

【考点】碳酸盐的水解；漂白粉的用途；氢氧化铝的两性；胃酸的成分；碳酸盐的溶解性。

11.[2018江苏卷-14]H2C2O4为二元弱酸，Ka1（H2C2O4）=5.4×10−2，Ka2（H2C2O4）=5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c（总）=c（H2C2O4）+c（HC2O4−）+c（C2O42−）。

室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L−1H2C2O4溶液至终点。

滴定过程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·L−1H2C2O4溶液：

c（H+）=0.1000mol·L−1+c（C2O42−）+c（OH−）−c（H2C2O4）

B.c（Na+）=c（总）的溶液：

c（Na+）>c（H2C2O4）>c（C2O42−）>c（H+）

C.pH=7的溶液：

c（Na+）=0.1000mol·L−1+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】A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），整理两式得：

c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A正确；B.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—+H2O

H2C2O4+OH—，HC2O4—水解常数（Kh）与H2C2O4电离常数（Ka）有如下关系：

Kh×Ka=Kw，则Kh=Kw/Ka=10-14/（5.4×10−2）=10-12/5.4＜5.4×10−5,所以，HC2O4−的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）

c（H2C2O4），B错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）

0.1000mol/L，C错误；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D正确。

【考点】溶液中粒子浓度的大小关系；溶液中电荷守恒、物料守恒和质子守恒。

12.[2018全国卷Ⅱ-11]NA代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA

B.100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA

C.标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA

D.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA

【答案】C

【解析】A.由于白磷（P4）是正四面体结构，分子中含有6个P－P键。

因此，常温常压下，124gP4的物质的量是1mol，所含P—P键数目为6NA，A错误；B.Fe3+在溶液中水解，导致溶液中Fe3+数目减少。

因此，100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C.甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；

D.反应2SO2+O2

2SO3是可逆反应，2molSO2和1molO2不会完全转化为SO3。

因此密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。

【考点】阿伏加德罗常数；白磷的结构；铁盐的水解；甲烷和乙烯的分子结构；气体摩尔体积；可逆反应。

13.[2018全国卷Ⅲ-7]化学与生活密切相关。

下列说法错误的是

A.泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火

B.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性

C.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境

D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法

【答案】A

【解析】A．泡沫灭火器的灭火原理为：

碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合时，发生双水解反应（Al3++3HCO3—=Al（OH）3↓+3CO2↑），生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。

但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误。

B．疫苗中的有效成分多为蛋白质，由于蛋白质对温度比较敏感，温度较高时会因变性，从而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确。

C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。

D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：

牺牲阳极的阴极保护法，D正确。

【考点】“双水解”反应；蛋白质的性质；常见的两大类溶剂：

水、有机溶剂。

金属的电化学防护方法之一：

牺牲阳极的阴极保护法。

14.[2018北京卷-12]测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。

时刻

①

②

③

④

温度/℃

25

30

40

25

pH

9.66

9.52

9.37

9.25

实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④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：

SO32—+H2O

HSO3—+OH−

B.④的pH与①不同，是由于SO32—浓度减小造成的

C.①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致

D.①与④的Kw值相等

【答案】C

【解析】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，Na2SO3溶液中存在水解平衡：

SO32—+H2O

HSO3—+OH−，A正确；B.取①④对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32—浓度减小，溶液中c（OH—）减小，④的pH小于①；B正确；C项，盐类水解过程吸热，①→③的过程，升高温度SO32—水解平衡正向移动，c（SO32—