2.(2019·北京高考)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-)
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 升温,促进水的电离,溶液中的H+、OH-浓度均增大,但二者始终相等,溶液呈中性,A错误;升温,CH3COONa溶液中的水解平衡正向移动,c(OH-)增大,B错误;随温度升高,CuSO4溶液的水解平衡正向移动,水的电离平衡正向移动,因此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,C正确;随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的水解平衡均正向移动,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果,D错误。
3.(2019·广东揭阳高三期末)25℃时,向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图。
下列说法不正确的是( )
A.a点时溶液的pH<1
B.a点到b点的过程中,溶液的导电能力增强
C.c点关系式:
c(NH
)+c(Na+)=2c(SO
)
D.b点时离子浓度大小顺序为:
c(SO
)=c(Na+)>c(NH
)>c(H+)>c(OH-)
答案 B
解析 a、b、c、d、e五个点,根据反应量的关系,b点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4;c、d、e三点溶液均含有NH3·H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3·H2O抑制水的电离,c点溶液呈中性,则溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分。
0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中铵根离子水解,溶液氢离子浓度大于0.1mol·L-1,a点时溶液的pH<1,故A正确;b点恰好消耗完H+,溶液中离子的物质的量不变,体积增大,溶液中离子浓度减小,导电性减小,故B错误;溶液中电荷守恒为:
c(NH
)+c(Na+)+c(H+)=2c(SO
)+c(OH-),c点溶液呈中性,溶液中c(OH-)=c(H+),则c(NH
)+c(Na+)=2c(SO
),故C正确;b点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4,则b点时c(Na+)=c(SO
),由于NH
在溶液中水解,溶液呈酸性,故离子浓度大小顺序为c(Na+)=c(SO
)>c(NH
)>c(H+)>c(OH-),故D正确。
4.(2019·北京海淀高三期末)取1mL0.1mol·L-1AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1mol·L-1):
下列说法不正确的是( )
A.实验①白色沉淀是难溶的AgCl
B.由实验②说明AgI比AgCl更难溶
C.若按①③顺序实验,看不到黑色沉淀
D.若按②①顺序实验,看不到白色沉淀
答案 C
解析 AgNO3溶液中加入NaCl溶液,发生Ag++Cl-===AgCl↓,即实验①中白色沉淀是AgCl,故A正确;实验②中加入过量KI溶液,出现黄色沉淀,说明产生AgI,即发生AgCl(s)+I-(aq)===AgI(s)+Cl-(aq),推出AgI比AgCl更难溶,故B正确;实验③得到黑色沉淀,该黑色沉淀为Ag2S,推出Ag2S比AgI更难溶,溶解度由大到小的顺序是AgCl>AgI>Ag2S,按①③顺序实验,能观察到黑色沉淀,故C错误;根据选项C分析,按照②①顺序实验,生成更难溶的AgI,不能得到AgCl,即无法观察到白色沉淀,故D正确。
5.(2019·广西柳州市高三模拟)常温时,下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系错误的是( )
A.某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol·L-1,若a>7时,该溶液pH一定为14-a
B.0.1mol·L-1的KHA溶液,其pH=10,c(K+)>c(HA-)>c(OH-)>c(A2-)
C.将0.2mol·L-1的某一元酸HA溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7,则反应后的混合液:
c(HA)>c(Na+)>c(A-)
D.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液混合:
2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO
)+3c(H2CO3)
答案 A
解析 常温时,某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol·L-1,若a>7时,说明水的电离受到抑制,可能为酸溶液,也可能为碱溶液,如为碱溶液,则pH=a,如为酸溶液,则pH=14-a,故A错误;0.1mol·L-1的KHA溶液,其pH=10,说明水解程度大于电离程度,溶液呈碱性,所以离子浓度大小为:
c(K+)>c(HA-)>c(OH-)>c(A2-),故B正确;将0.2mol·L-1的某一元酸HA溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后,得到等浓度的HA和NaA,溶液pH大于7,溶液显碱性,则说明水解大于电离,所以反应后的混合液中c(HA)>c(Na+)>c(A-),故C正确;等体积、等物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液中n(Na2CO3)=n(NaHCO3),根据物料守恒,应有:
2c(Na+)=3c(CO
)+3c(HCO
)+3c(H2CO3),故D正确。
6.(2019·安徽池州高三期末)25℃时,NiS、FeS沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知NiS的溶解度比FeS小,lg2=0.3),图中p(S2-)=-lgc(S2-)、p(M2+)=-lgc(M2+),M表示Ni或Fe,下列说法不正确的是( )
A.曲线①表示的是NiS
B.d点分别对应的NiS和FeS的分散系均是均一稳定的
C.25℃时,FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=4000
D.向a点溶液中加入硫化钠,可变为b点溶液
答案 D
解析 从题干信息可知,图中坐标数值越大,对应的离子浓度越小,且NiS的溶解度比FeS小,即NiS的溶度积常数要小。
曲线①溶液中Ksp=c(M2+)·c(S2-)=10-10.5×10-10.5=1.0×10-21,同理曲线②溶液中Ksp=c(M2+)·c(S2-)=10-8.7×10-8.7=4.0×10-18,根据NiS的溶解度比FeS小,可知曲线①代表的是NiS,A正确;d点对应的金属离子浓度更小,故FeS和NiS均为不饱和溶液,属于均一稳定的分散系,B正确;根据平衡常数K=
=
×
=
=4000,C正确;温度不变,平衡常数不变,加入硫化钠,硫离子浓度增大,金属离子浓度减小,平衡点沿曲线向纵坐标滑动,D错误。
7.(2019·百师联盟高三调研)某同学在实验室探究NaHCO3的性质:
常温下,配制0.10mol·L-1NaHCO3溶液,测其pH为8.4;取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7,滴加过程中产生白色沉淀,但无气体放出。
下列说法不正确的是( )
A.NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO
的水解程度大于电离程度
B.反应的离子方程式是2HCO
+Ca2+===CaCO3↓+H2CO3
C.加入CaCl2促进了HCO
的水解
D.反应后的溶液中存在:
c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO
)+2c(CO
)+c(Cl-)
答案 C
解析 HCO
在水中既有电离也有水解,其电离方程式为HCO
H++CO
,水解方程式为HCO
+H2OH2CO3+OH-,常温下,0.10mol·L-1NaHCO3溶液pH=8.4,溶液显碱性,即HCO
的水解程度大于电离程度,故A正确;滴加CaCl2溶液,出现白色沉淀,白色沉淀为CaCO3,HCO
电离方程式为HCO
H++CO
,滴入CaCl2溶液,Ca2+与CO
反应,促进HCO
的电离,但滴加过程中无气体放出,即H+与HCO
生成H2CO3,则反应的离子方程式为Ca2++2HCO
===CaCO3↓+H2CO3,故B正确;根据B选项分析,加入CaCl2,促进HCO
的电离,故C错误;根据电荷守恒,c(Na+)+2c(Ca2+)+c(H+)=c(HCO
)+2c(CO
)+c(Cl-)+c(OH-),溶液的pH=7,即c(H+)=c(OH-),得出:
c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO
)+2c(CO
)+c(Cl-),故D正确。
8.(2019·陕西高三教学质量检测)已知pCa=-lgc(Ca2+),Ksp(CaSO4)=9.0×10-6,Ksp(CaCO3)=2.8×10-9,向10mLCaCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2SO4溶液时,溶液中pCa与Na2SO4溶液体积(V)的关系如图所示(实线),下列有关说法正确的是(已知lg3=0.48)( )
A.y值为3.48
B.a与b两点c(Ca2+)之比为50∶3
C.原CaCl2溶液浓度为1mol/L
D.若把0.1mol/L的Na2SO4溶液换成0.1mol/L的Na2CO3溶液,则图像在终点后变为虚线部分
答案 D
解析 未滴加Na2SO4溶液时pCa=1,可知原溶液中c(Ca2+)=0.1mol/L,a点为滴加10mL0.1mol/L的Na2SO4溶液,此时恰好完全反应,此时溶液中c(Ca2+)=c(SO
)=
mol/L=3.0×10-3mol/L,pCa=-lgc(Ca2+)=-lg(3.0×10-3)=3-lg3=2.52,即y值为2.52,故A错误;a点溶液中c(Ca2+)=3.0×10-3mol/L,b点溶液中加入Na2SO4的体积为20mL,则溶液中c(SO
)=
mol/L,则此时溶液中c(Ca2+)=
mol/L=2.7×10-4mol/L,所以a点和b点溶液中c(Ca2+)之比为(3.0×10-3mol/L)∶(2.7×10-4mol/L)=100∶9,故B错误;未滴加Na2SO4溶液时pCa=1,可知原溶液中c(Ca2+)=0.1mol/L,原CaCl2溶液浓度为0.1mol/L,故C错误;CaSO4的溶解度比CaCO3的大,前者Ksp数值更大,因此在使用相同量的Na2CO3溶液代替Na2SO4溶液时,即滴加20mLNa2CO3溶液时pCa值相对较大,图像应在原图像上方,故D正确。
9.(2019·河南南阳市高三期末质量评估)常温下,向20.00mL0.1mol·L-1KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HA(弱酸)溶液,混合溶液中水电离出的c(OH-)与HA溶液体积之间的关系如图1所示;向20.00mL0.1mol·L-1HA溶液中滴加0.1mol·L-1KOH溶液,混合溶液中水电离出的c(OH-)与KOH溶液体积之间的关系如图2所示。
下列有关说法正确的是( )
A.A点、X点对应溶液中水的电离程度相同
B.B点、Y点对应溶液的pH相等
C.C点、Z点对应溶液中都存在:
c(OH-)=c(H+)+c(HA)
D.D点、W点对应溶液中分别都存在:
c(K+)=c(A-)
答案 C
解析 图1中A点是0.1mol·L-1KOH溶液,图2中X点是0.1mol·L-1HA溶液,因为HA是弱酸,故0.1mol·L-1HA溶液中c(H+)小于0.1mol·L-1KOH溶液中c(OH-),因此0.1mol·L-1HA溶液对水电离的抑制作用小于0.1mol·L-1KOH溶液对水电离的抑制作用,所以两溶液中水的电离程度不相同,A错误;KA因水解促进水的电离且水解呈碱性。
常温下c(OH-)水=c(H+)水=1×10-7mol·L-1,恰好是纯水中水电离出来的OH-浓度。
对于B点溶液中c(OH-)水=10-7mol·L-1,此时KOH对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消,溶质是KOH和KA,溶液呈碱性;对于Y点溶液中c(OH-)水=10-7mol·L-1,此时HA对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消,溶质是HA和KA,溶液呈中性。
所以B点、Y点对应溶液的pH不相等,B错误;C(或Z)点时KOH与HA恰好完全反应,此时KA对水电离的促进作用最大,C(或Z)点溶液中溶质都是KA,由KA溶液中质子守恒得:
c(OH-)=c(H+)+c(HA),C正确;D点对应的溶液中溶质是HA和KA,溶液显中性c(H+)=c(OH-),且有电荷守恒c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),则有c(K+)=c(A-);W点对应的溶液中溶质是KOH和KA,溶液显碱性c(H+)c(A-),D错误。
10.(2019·哈尔滨六中高三期末考试)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CuSO4,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( )
A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7
B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-===2CuCl
C.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好
D.2Cu+===Cu2++Cu平衡常数很大,反应趋于完全
答案 C
解析 Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl-),在横坐标为0时,纵坐标lg
大于-7小于-6,所以Ksp(CuCl)的数量级是10-7,A正确;除去Cl-反应应该是Cu+Cu2++2Cl-===2CuCl,B正确;Cu为固体,其量的多少不会引起平衡移动,对除Cl-无影响,C错误;由图中两条线的交点可计算出反应2Cu+===Cu2++Cu的K=106,反应趋于完全,D正确。
11.(2019·贵州安顺高三期末)化学上常用AG表示溶液中的酸碱度,AG=lg
。
25℃时,用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol/L的醋酸溶液,AG与所加NaOH溶液的体积(V)关系如图所示,下列说法错误的是( )
A.点C时溶液存在c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
B.点B时溶液存在2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
C.25℃时,CH3COO-的水解常数Kh=10-4.5
D.点D溶液的pH=11.25
答案 C
解析 C点AG=0,说明c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,溶液中有4种离子,电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),中性c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(CH3COO-),且c(Na+)>c(H+),c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+),A正确;加入10mLNaOH,与醋酸反应,醋酸恰好消耗一半,得到的溶液为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),物料守恒为2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),将两式联合,可以得到2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-),移项可得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH),B正确;根据题干信息,AG=lg
,滴定没有开始时,AG=8.5,而且根据25℃时,溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw=10-14,可知开始时c(H+)=10-2.75,Kh=
=
,可以近似认为c(H+)=c(CH3COO-),c(CH3COOH)基本不变。
Kh=
=
=10-9.5,C错误;根据题干信息,AG=lg
,D点AG=-8.5,而且根据25℃时,溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw=10-14,可求出c(H+)=10-11.25,D溶液的pH=11.25,D正确。
12.(2019·湖南邵东创新实验学校高三月考)向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01mol2NaAlO2+CO2+2H2O===2Al(OH)3↓+Na2CO3。
下列对应关系正确的是( )
选项
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na+)>c(AlO
)+c(OH-)
B
0.01
c(Na+)>c(AlO
)>c(OH-)>c(CO
)
C
0.015
c(Na+)>c(HCO
)>c(CO
)>c(OH-)
D
0.03
c(Na+)>c(HCO
)>c(OH-)>c(H+)
答案 D
解析 向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳,首先氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水,0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳,生成0.01mol碳酸钠;之后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠,0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳,生成0.005mol碳酸钠;最后二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠,消耗0.015mol二氧化碳,生成0.03mol碳酸氢钠。
未通入二氧化碳时,根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(AlO
)+c(OH-),c(Na+)<c(AlO
)+c(OH-),故A错误;当通入的二氧化碳为0.01mol时,则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液,因为酸性HCO
>Al(OH)3,所以水解程度CO
,因此c(CO
)>c(AlO
),故B错误;形成碳酸钠溶液,CO
+H2OHCO
+OH-,H2OH++OH-,离子浓度的关系为c(Na+)>c(CO
)>c(OH-)>c(HCO
),故C错误;形成碳酸氢钠溶液,HCO
+H2OH2CO3+OH-,溶液显碱性,离子浓度关系为c(Na+)>c(HCO
)>c(OH-)>c(H+),故D正确。
13.(2019·广州高三调研测试)一定温度下,三种碳酸盐MCO3(M:
Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法错误的是(已知lg2=0.3)( )
A.Ksp(MnCO3)的数量级为10-11
B.向MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡,c(Mg2+)不变
C.a点表示的溶液中:
c(Ca2+)>c(CO
)
D.向浓度均为0.01mol·L-1的Mg2+、Ca2+、Mn2+的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液,最先形成MgCO3沉淀
答案 D
解析 根据题图可知,lgc(CO
)=0时,10<
-lgc(Mn2+)<11,即c(CO
)=1mol·L-1时,10-11),则10-11),则c(Ca2+)>c(CO
),C项正确;-lgc(M)、-lgc(CO
)越大,则c(M)、c(CO
)越小,Ksp越小,根据题图,可以判断MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小,故向浓度均为0.01mol·L-1的Mg2+、Ca2+、Mn2+的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液,最先形成MnCO3沉淀,D项错误。
14.(2019·福建六校联盟高三联考)室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示。
下列判断错误的是( )
A.三种酸的电离常数关系:
KHA>KHB>KHD
B.滴定至P点时,溶液中:
c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)
C.pH=7时,三种溶液中:
c(A-)=c(B-)=c(D-)
D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:
c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)
答案 C
解析 根据三种酸的浓度均为0.1mol·L-1,结合滴定前三种酸溶液pH:
HAHA>HB>HD,由于酸性越强其电离常数越大,即电离常数:
KHA>KHB>KHD,A项正确;由P点时中和百分数为50%,可知溶液中c(HB)=c(NaB),再结合此时溶液pH<7可知HB的电离程度大于B-的水解程度,结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-),知c(B-)>c(Na+),B项正确;NaOH滴定HA,根据电荷守恒可知,cA(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),当溶液pH=7时,cA(Na+)=c(A-),同理cB(Na+)=c(B-)、cD(Na+)=c(D-),根据中和反应原理可知溶液呈中性时三种酸消耗的NaOH的量不同,故溶液中c(Na+)不同,则c(A-)、c(B-)、c(D-)不同,C项错误;当中和百分数达100%时,将三种溶液混合,即溶液为NaA、NaB、NaD的混合液,根据质子守恒可知c(OH-)=c(HA)+c(HB)+c(HD)+c(H+),即c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+),D项正确。
15.(2019·安徽宣城高三期末调研)室温下,NaHSO3溶液显酸性,溶液中部分离子浓度随NaHSO3浓度的变化情况如下图所示。
下列关系式一定正确的是( )
A.c(Na+)+c(H+)=c(SO
)+c(OH-)+c(HSO
)
B.c(Na+)=c(HSO
)+c(SO
)+c(H2SO3)
C.c(Na+)>c(HSO
)>