高考化学三轮复习之图形题中水溶液中的离子平衡专题解析版Word文件下载.docx

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NOH，且两次滴定时均可用酚酞作为指示剂

C．滴定NOH，当加入盐酸体积为10mL时，溶液中必有：

c（Cl－）＋c（H+）＝c（OH－）＋c（NOH）

D．当两溶液均恰好滴定完全时，两溶液中的离子总数相等

【答案】C

【解析】A项，由起始时pH值的大小可知，NOH一定为弱碱，MOH可能是强碱也可能是弱碱，由起始得，NOH溶液中c（OH―）=10-3mol•L－1，故Kb（NOH）≈10－5，A错误；

B项，用强酸滴定时，对于NOH来说，滴定终点为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，对MOH来说，终点可能是酸性也可能是中性，故均可选用甲基橙作为指示剂，不宜用酚酞，B项不正确；

C项，当滴定到加入HCl为10mL时，由电荷守恒：

c（N+）＋c（H+）＝c（Cl―）＋c（OH―），由物料守恒：

2c（Cl―）＝c（N+）＋c（NOH），两式相加得：

c（Cl―）＋c（H+）＝c（OH―）＋c（NOH），C项正确；

D项，滴定至恰好完全反应时，均消耗盐酸20mL，两溶液中由电荷守恒均有c（R+）＋c（H+）＝c（Cl―）＋c（OH―）（R为N或M），两溶液中c（Cl―）相等，但c（OH―）不相等，所以离子总浓度不相等，离子总数也不相等，D错误。

3．常温下0.1mol·

L-1亚硫酸溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-三种微粒所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。

下列说法不正确的是

A．由图中数据可计算得到常温下亚硫酸溶液的Ka2

B．在0.1mol·

L-1H2SO3溶液中，存在：

c2（H+）=c（H+）·

c（HSO3-）+2c（H+）·

c（SO32-）+Kw

C．向pH为7的溶液中滴入少量稀盐酸造成的溶液pH变化小于向pH为4.0的溶液中滴入相同量稀盐酸造成的溶液pH变化

D．在pH=2.0溶液中：

c（H2SO3）>

c（HSO3-）>

c（H+）>

c（OH-）

【解析】A项，H2SO3是二元弱酸，在溶液中电离是分步进行的，亚硫酸的第一步电离方程式为：

H2SO3

H++HSO3-，根据图象可知，pH=7时，亚硫酸氢根离子浓度等于亚硫酸根离子浓度，Ka1=c（H+）=10-7，故A正确；

B项，在0.10mol•L-1H2SO3溶液中，根据电荷守恒可得：

c（H+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），将电苻守恒式两边都乘c（H+）可得：

c2（H+）=c（H+）•c（HSO3-）+2c（H+）•c（SO32-）+c（H+）•c（OH-），Kw=c（H+）•c（OH-），所以c2（H+）=c（H+）•c（HSO3-）+2c（H+）•c（SO32-）+Kw，故B正确；

C项，溶液的pH=7时显中性，所以c（OH-）=c（H+），根据图象知，溶液中含有SO32-和HSO3-，存在水解平衡和电离平衡，是缓冲溶液加入少量稀盐酸，溶液pH的变化较小，pH为4.0的溶液中只存在HSO3-的电离，滴入相同量稀盐酸造成的溶液pH变化较大，故C正确；

D项，在pH=2.0的溶液中，根据图象曲线可知c（HSO3-）＞c（H2SO3），正确的离子浓度大小为：

c（HSO3-）＞c（H2SO3）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误；

4．常温下，向1L0.1mol·

L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·

H2O电离平衡常数K＝1.76×

10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述正确的是

A．0.1mol·

L－1HR溶液的pH为5

B．HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c（R－）/[c（OH－）.c（HR）]逐渐增大

C．当通入0.1molNH3时，c（NH4+）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H+）

D．当c（R－）＝c（HR）时，溶液必为中性

【解析】A项，pH=5时c（H+）=10-5，由图可得此时

=0，又因为一元酸HR溶液为0.1mol·

L-1，所以c（R-）＝c（HR）=0.05mol·

L-1，所以此时c（R-）≠c（H+），则0.1mol·

L－1HR溶液的pH不是5，故A错误；

B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，

=

=Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；

C项，pH=5时c（H+）=10-5，由图可得此时

=0，则Ka=

=10-5，当通入0.1molNH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·

10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c（NH4+）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H+），故C正确；

D项，由前面对A项的分析知，当c（R-）＝c（HR）时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。

5．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定相同体积、浓度均为0.lmol·

L－1的三种弱酸（HA、HB和HD）溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是

A．室温下，同浓度的NaA、NaB、NaD溶液的pH大小关系：

pH（NaA）＞pH（NaB）＞PH（NaD）

B．滴定至P点时，溶液中：

c（Na＋）＞c（B－）＞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－）－2c（H＋）

【解析】A项，浓度均为0.1mol/L的三种酸（HA、HB和HD）溶液，酸越弱，电离出的H+越少，起始时pH值越大，根据图象，则三种酸的强弱为：

HA＞HB＞HD，酸越强，电离出的H+越多，对水的抑制作用越大，则三种溶液中，由水电离产生的c（H+）的关系为：

HA＜HB＜HD，故A错误；

B项，滴定至P点时，此时中和百分数为50%，对于HB溶液，此时溶液中的起始组分为c（HB）：

c（NaB）=1：

1，显酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（B-），由于c（H+）＞c（OH-），则c（B－）＞c（Na+），考虑到溶液显酸性，则以HB的电离为主导，但始终是微弱的，而HB的电离又会抑制水的电离，因此c（B－）＞c（Na＋）＞c（HB）＞c（H＋）＞c（OH－），故B错误；

C项，pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，对于HA溶液，c（Na+）=c（A－），对于HB溶液，c（Na+）=c（B-），对于HD溶液，c（Na+）=c（D-），由图可知，中和到相同pH时，中和分数HA＞HB＞HD，即加入氢氧化钠的量HA＞HB＞HD，则三种溶液中：

c（A－）＞c（B－）＞c（D－），故C正确；

D项，当中和百分数达100%时，三种溶液分别恰好存在等量的NaA、NaB、NaD，三种溶液混合，则起始时c（NaA）：

c（NaB）：

c（NaD）=1：

1：

1，根据质子守恒，c（HA）+c（HB）+c（HD）+c（H+）=c（OH-），则有c（HA）+c（HB）+c（HD）=c（OH-）-c（H+），故D错误；

故选C。

6．25℃时，向20mL0.1mol/LH2R溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。

已知pKa=﹣lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。

下列有关说法不正确的是

A．溶液的导电性：

点a弱于点b

B．离子浓度c（R2-）：

点c小于点d

C．H2R+R2-=2HR-平衡常数>

105，反应趋于完全

D．点b时，y<

7且

<

1

【解析】A项，b点是向20mL0.1mol•L-1H2R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液20mL，得到浓度为0.05mol/L的NaHR溶液；

a点是向20mL0.1mol•L-1H2R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液10mL，得到浓度均为0.1/3mol/L的NaHR和H2R的混合溶液，由于阴离子的水解和电离程度均很小，因此b点溶液中的离子浓度大于a点，导电能力点a弱于点b，故A正确；

B项，c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，浓度均为0.03mol/L，d点溶液中溶质为0.1/3mol/LNa2R，R2-水解但程度较小，HR-既电离又水解但程度均很小，因此离子浓度c（R2-）：

点c小于点d，故B正确；

C项，H2R+R2-=2HR-平衡常数K>

105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；

D项，b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y＜7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=

，同理Ka2=

，则Ka1×

Ka2=

×

，因此

=

=

=104.9＞1，故D错误；

7．用0.1mol·

L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·

L－1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。

下列叙述不正确的是

A．Ka2（H2SO3）的数量级为10－8

B．若滴定到第一、二反应终点，应该分别用甲基橙和本酚酞作指示剂

D．图中Y点对应的溶液中：

3c（SO32－）＝c（Na＋）＋c（H＋）－c（OH－）

C．图中溶液中水的电离程度：

W＜X＜Y＜Z＜M

【解析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：

NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。

A项，由图像可知，当溶液中c（HSO3-）=c（SO32－）时，此时pH=7.19，即c（H+）=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2=

=c（H+），所以H2SO3的Ka2=1×

10-7.19，Ka2（H2SO3）的数量级为10－8，故A正确；

B项，第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，第二反应终点时，溶液中恰好存在Na2SO3，根据图像，此时溶液pH=9.86，甲基橙的变色范围为8.0~10.0，可用酚酞作指示剂，故B正确；

C项，根据图像，Y点溶液中c（HSO3-）=c（SO32-），根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），由于c（HSO3-）=c（SO32-），所以3c（SO32-）=c（Na+）+c（H+）-c（OH-），故C正确；

D项，随着NaOH溶液的不断加入，溶液中的酸性减弱，碱性增加，水的电离程度增大，当达到Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，水的电离程度达到最大，到了M点，NaOH溶液过量，抑制了水的电离，故D错误。

8．25C时，氯水中部分含氯的物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的百分數）与pH的关系如下图所示。

A．新制的pH=1的氯水中，c（C13-）>

c（HClO）>

c（H+）

B．新制氯水中持续通入SO2，pH不断变小，溶液颜色不断加深

C．25℃时，HClO

H++ClO-的电离常数Ka的对数值为lgKa=-6.46

D．pH=6的氯水中加入NaOH溶液，主要发生的离子反应方程式为HClO+OH-=ClO-+H2O

【解析】A项，由电荷守恒：

c（H+）=c（OH-）+c（C13-），c（H+）>

c（C13-），A错误；

B项，Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，pH不断变小，溶液颜色不加深，B错误；

C项，25℃时，HClO

H++ClO-的电离常数Ka=

=10-7.54，对数值为lgKa=-7.54，C错误；

D项，由图增大pH，HClO的浓度变小，是反应物，ClO-增大，是生成物，主要发生的离子反应方程式为HClO+OH-=ClO-+H2O，D正确。

9.已知10-3.4≈3.98×

10-4,常温下CH3COOH和NH3·

H2O的电离常数相等,现向10mL浓度为0.0100mol/L的氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液,在滴加过程中溶液的pH与所加CH3COOH溶液的体积关系如图所示。

下列说法错误的是（　　）

A．n=7

B．水的电离程度先增大再减小

C．常温下,0.0100mol/L的氨水中NH3·

H2O的电离度为3.98%

D．Y点对应的溶液中c（NH3·

H2O）+c（OH-）=c（CH3COO-）+c（H+）

【答案】D　

【解析】X点,氨水和醋酸恰好完全反应生成醋酸铵和水,由常温下CH3COOH和NH3·

H2O的电离常数相等,可推知铵根离子和醋酸根离子的水解程度相同,所以溶液显中性,即n=7,A正确;

氨水显碱性,NH3·

H2O抑制水的电离,随着CH3COOH溶液的加入,生成醋酸铵,醋酸铵水解,促进水的电离,当CH3COOH溶液过量,溶液显酸性时,CH3COOH抑制水的电离,所以水的电离程度先增大再减小,B正确;

常温下,0.0100mol/L的氨水的pH=10.6,则c（OH-）=10-3.4mol/L,NH3·

H2O

N

+OH-,NH3·

H2O电离出的c（N

）和c（OH-）相等,则氨水中NH3·

H2O的电离度≈

100%≈3.98%,C正确;

Y点对应溶液的溶质为等浓度的醋酸铵和NH3·

H2O,溶液中物料守恒关系式为c（NH3·

H2O）+c（N

）=2c（CH3COOH）+2c（CH3COO-）,电荷守恒关系式为c（N

）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）,联立两个式子消去c（N

）可得c（NH3·

H2O）+c（OH-）=2c（CH3COOH）+c（CH3COO-）+c（H+）,D错误。

10.[结合图像考查电离常数、电离度、水的离子积常数的应用]常温下,一元弱碱甲胺（CH3NH2）的电离常数Kb≈4.0×

10-4,lg5≈0.7。

电解质溶液的电导率与离子浓度有关,电导率越大,溶液的导电能力越强。

常温下,用0.02mol·

L-1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.02mol·

L-1的NaOH溶液和CH3NH2溶液,利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。

下列推断正确的是（　　）

A．曲线Ⅰ代表NaOH的滴定曲线,H点对应的溶液中不存在电离平衡

B．G点对应的溶液中:

c（Cl-）>

c（CH3N

）>

C．常温下,E、F点对应的溶液中水电离的c（H+）·

c（OH-）=1.0×

10-14

D．常温下,F点对应的溶液的pH≈6.3

【解析】曲线Ⅰ在滴定前电导率较大,说明对应的电解质溶液中离子浓度较大,氢氧化钠溶液和甲胺溶液的起始浓度相等,故曲线Ⅰ代表氢氧化钠的滴定曲线,H点对应的溶液中含有Na+、H+、Cl-、OH-、H2O,存在水的电离平衡,A项错误。

G点对应的溶液中溶质是CH3NH3Cl、HCl,酸碱中和滴定反应为CH3NH2+HCl

CH3NH3Cl,则过量的HCl的物质的量是CH3NH3Cl的

弱碱阳离子水解程度很小,所以G点对应的溶液中离子浓度大小为c（Cl-）>

c（OH-）,B项错误。

E点对应的溶液为NaCl溶液,呈中性,F点对应的溶液为CH3NH3Cl溶液,呈酸性,CH3N

水解促进水的电离,故F点对应溶液中水电离的c（H+）·

c（OH-）大于水的离子积,C项错误。

F点对应的溶液中酸碱恰好完全反应,溶液中溶质为CH3NH3Cl,浓度为0.01mol·

L-1,溶液中存在水解平衡CH3N

+H2O

CH3NH2·

H2O+H+,Kh=

10-10。

设0.01mol·

L-1CH3NH3Cl溶液中c（H+）=xmol·

L-1,有

10-10,x≈5×

10-7,得溶液的pH≈6.3,D项正确。

11.常温下,用0.1000mol·

L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·

L-1某酸（HA）溶液,溶液中HA、A-的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示。

下列说法正确的是[已知δ（X）=

]（　　）

.

A．Ka（HA）的数量级为10-5

B．溶液中由水电离出的c（H+）:

a点>

b点

C．当pH=4.7时,c（A-）+c（OH-）=c（HA）+c（H+）

D．当pH=7时,消耗NaOH溶液的体积为20.00mL

【答案】.A　

【解析】由HA

H++A-可知Ka（HA）=

当pH=4.7时,c（HA）=c（A-）,所以Ka（HA）=c（H+）=10-4.7=100.3×

10-5≈2.00×

10-5,数量级为10-5,A项正确;

a点c（HA）>

c（NaA）,b点c（NaA）>

c（HA）,HA电离出的氢离子抑制水的电离,NaA水解促进水的电离,所以b点溶液中由水电离出的c（H+）大,B项错误;

当pH=4.7时,c（HA）=c（A-）、c（OH-）<

c（H+）,故c（A-）+c（OH-）<

c（HA）+c（H+）,C项错误;

当加入NaOH溶液的体积为20.00mL时,恰好与HA溶液完全反应,由于HA是弱酸,故生成的NaA为强碱弱酸盐,其水溶液显碱性,pH>

7,D项错误。