高考化学真题与模拟类编专题10水溶液中的离子平衡含答案.docx

1、高考化学真题与模拟类编专题10水溶液中的离子平衡含答案 高考试题 1【2018新课标3卷】用0.100 molL-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 molL-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是A根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C相同实验条件下，若改为0.0400 molL-1 Cl-，反应终点c移到aD相同实验条件下，若改为0.0500 molL-1 Br-，反应终点c向b方向移动【答案】C【解析】分析：本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定

2、的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。C滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为250.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，

3、沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。2【2018北京卷】测定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是ANa2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OHB的pH与不同，是由于浓度减小造成的C的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的Kw值相等【答案】C【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的

4、BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），的pH小于；C项，盐类水解为吸热过程，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；D项，Kw只与温度有关。详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同，与对比，S

5、O32-浓度减小，溶液中c（OH-），的pH小于，即的pH与不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，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，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，与温度相同，Kw值相等；答案选C。点睛：本题考查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、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。3【2018天津卷】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

6、所示，H3PO4溶液中H2PO4的分布分数随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、PO43C随c初始（H2PO4）增大，溶液的pH明显变小D用浓度大于1 molL-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】分析：本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。D由图2得到，pH=4.66的时候，=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。

7、选项D正确。点睛：本题中随着c初始（H2PO4）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。4【2018天津卷】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】分析：本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。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C

8、H3OCH3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。点睛：反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高），所以活化能越大，反应进行的就越困难。从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这样也可以认为活化能越大，反应越困难。5【2018江苏卷】根据下列图示所得出的结论不正确的是A图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的Hc(H2C2O4 ) c(C2O42 ) c(H+ )CpH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.

9、1000 molL1+ c(C2O42) c(H2C2O4)Dc(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH) c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4)【答案】AD详解：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 molL1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A项正确；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-

10、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-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4），B项错误；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（Na+）0.10

11、00mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C项错误；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项正确；答案选AD。点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由

12、电荷守恒和物料守恒推出）。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L。2018届高考模拟试题 7【2018届扬州市三模】向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1a kJmol-1Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) H2b kJmol-1实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl)的影响如图所示。下列说法正确的是A向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除B溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大C反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl)减小DCu(s

13、)+ Cu2+(aq)+Cl(aq)CuCl(s)的H(a+2b) kJmol-1【答案】C【解析】分析：A根据图像分析pH与氯离子浓度的关系；B根据溶度积常数只与温度有关系；C根据外界条件对平衡的影响分析；D根据盖斯定律计算。详解：A根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，A错误；BKsp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，B错误；C根据Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)可知增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl)减小，C正确；D已知Cu(s

14、)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)H1a kJmol-1，Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)H2b kJmol-1，根据盖斯定律，将1/2+得反应Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl(aq)CuCl(s)的H(a/2+b) kJmol-1，D错误；答案选C。8【2018届厦门外国语学校三模】室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是AKb2的数量级为10-8BX(OH)NO3水溶液显碱性C等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中 c(X2+)cX(OH)+D在X(OH)NO3水溶液中，cX(OH)2+c(OH-

15、)= c(X2+)+ c(H+)【答案】C【解析】分析：本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。D在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒：c(NO3-)+c(OH-)= 2c(X2+)+c(H+)+cX(OH)+，物料守恒：c(NO3-)=c(X2+)+cX(OH)2+cX(OH)+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：cX(OH)2+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)。9【2018届莆田市二模B卷】向10mL 1 molL1的HCOOH溶液中不断滴加1 molL1的Na

16、OH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lg c水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是A常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10-4Ba、b两点pH均为7C从a点到b点，水的电离程度先增大后减小D混合溶液的导电性逐渐增强【答案】B【解析】分析：A根据起始时甲酸溶液中水电离出的氢离子为1012mol/L计算；B根据a、b溶液中的溶质判断；C根据酸碱盐对水电离平衡的影响分析；D根据影响溶液导电性的因素分析。D溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。甲酸是弱酸，生成的甲酸钠以

17、及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的导电性逐渐增强，D正确。答案选B。10【2018届莆田市二模】常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如下图所示，下列有关说法错误的是A曲线 M 表示 pH与 lg的变化关系Ba点溶液中：c(H+) c(OH-)2c(Y2)c(HY-) c(K+)CH2Y 的第二级电离常数Ka2(H2Y)104.3D交点b的溶液中：c(H2Y)c(Y2-)c(HY-)c(H+)c(OH-)【答案】D【解析】详解：A随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中逐渐增大，逐渐减小，lg 逐渐增大，lg逐渐减小，因此曲线

18、M表示pH与的关系，故A正确；11【2018届黄冈中学三模】下列有关电解质溶液的说法正确的是( )A10mL0.1molL-1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0.1molL-1盐酸中，混合溶液中各离子浓度的大小关系：c(Na+)c(Cl-)c(HCO3-)c(CO32-)BNH4HCO3溶液中存在：C(NH4+)=C(HCO3-)+C(CO32-)+C(H2CO3)C常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，已知Ka1(H2SO3)1.810-2，Ka2(H2SO3)6.010-9，忽略SO32-的第二步水解，则Ksp(CaSO3)3.610-10D若两种盐溶液的浓度相同且pH(Na

19、X)pH(NaY)，则c(X)c(OH)c(Y)c(OH)【答案】D【解析】分析：A中考察碳酸钠溶液滴加到盐酸中生成氯化钠和二氧化碳；B中主要考察水解的盐溶液中存在的物料守恒规律，注意铵根离子、碳酸氢根离子均能发生水解；C中先计算出亚硫酸根离子的水解平衡常数，再计算出溶液中钙离子和亚硫酸根离子浓度，然后根据Ksp(CaSO3)进行近似计算；D根据两种盐的水解程度不同，水解能力强的，溶液的碱性强，氢离子浓度小，然后利用电荷守恒规律进行解析。12【2018届余姚中学模拟】常温下，Ka (HCOOH)=1.7710-4，Ka (CH3COOH)=1.7510-5，Kb (NH3H2O) =1.761

20、0-5，下列说法正确的是A浓度均为0.1 molL-1的 HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C0.2 molL-1 HCOOH 与 0.1 molL-1 NaOH 等体积混合后的溶液中: c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)D0.2 molL-1 CH3COONa 与 0.1 molL-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH c(Cl- ) c(CH3COO-) c(H+)【答案】A【解析】A电离平衡常数越大，其离子

21、水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COONH4+HCOO，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)=0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)=0.1mol/L+c(OH)，水解程度NH4+HCOO，所以前者c(H+)大于后者c(OH)，所以浓度均为0.1molL1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故A正确；BpH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c(HCOOH)c(RO32-)c(H2RO3)D当吸收RO2的溶液呈中性时，c(Na+)=c

22、(RO32-)+c(HRO3-)【答案】C【解析】a点溶液中含有H2RO31mol，H2RO3+H2O+RO2=2NaHRO3 所以a点通入1/3 mol RO2后，溶液中生成钠离子2mol，RO32-为2/3 mol,此时a点溶液呈碱性，说明RO32-离子发生了水解，则2c(Na+)3c(RO32-)，A错误；b点导致溶液碱性的因素是HRO3-的电离，因此溶液加水后生成的氢离子浓度逐渐减小，pH会只能无限接近7，不会超过7，B错误；当通过5/6 molRO2时，溶液中生成5/3mol NaHRO3 ，剩余Na2RO3为1/6 mol，此时溶液的pH=6.2显酸性，说明HRO3-以电离为主，故

23、常温下，NaHRO3溶液中，c(HRO3-)c(RO32-)c(H2RO3)，C正确；当吸收RO2的溶液呈中性时，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(RO32-)+c(HRO3-)+c(OH-)，由于c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=2c(RO32-)+c(HRO3-)，D错误；正确选项C。15【2018届重庆一中三模】常温时，配制一组c(Na2CO3)+c(NaHCO3)=0.100molL-1的混合溶液，溶液中c(CO32-)、c(HCO3-)与pH的关系如图所示。下列说法中错误的是(己知：CO32-+H2OHCO3-+OH- K=210-4，1g5=0.7)Aa点的溶

24、液中：c(HCO3-)c(H2CO3)+c(CO32-)Bb点横坐标数值大约为10.3Cc点的溶液中：c(Na+)2c(CO32-)十c(HCO3-)D溶液中水的电离程度：ab0.05 molL-1,溶液中离子浓度大小c(HCO3-)c(H2CO3)+c(CO32-)，所以A选项是正确的;Bb点c(CO32-)=c(HCO3-)=0.05mol/L, 因为CO32-+H2OHCO3-+OH- ，K=c(OH-)=210-4，c(H+)=510-11,pH=-lg(510-11)，所以B选项是正确的;Cc点溶液中,c(OH-)c(H+),溶液中存在电荷守恒, c(OH-)+2c(CO32-)+c

25、(HCO3-)=c(H+)+c(Na+), c(Na+)2c(CO32-)+c(HCO3-)故C错误；Da、b、c三点溶液中所含Na2CO3依次增多，所含NaHCO3依次减少，越弱越水解，对水的电离促进越大，即溶液中水的电离程度：abc，所以D正确；所以C选项是正确的。点睛：本题考查弱电解质的电离平衡和盐类的水解等知识，基本方法是分析溶液中c(CO32-)、c(HCO3-)与pH的关系图，找出a、b、c三点溶液的成分，再结合电荷守恒、物料守恒解决问题。16【2018届南昌市二模】已知：pKa= -lgKa，25时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL 01mol/L H2SO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是AA点所得溶液中：Vo等于lOmLBB点所得溶液中：CC点所得溶液中：DD点所得溶液中水解平衡常数【答案】A【解析】分析：AA点溶液中pH=1.85，则溶液中c（H+）=10-1.85mol/L，结合亚硫酸的电离平衡常数分析；BB点加入Na