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
）>
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