高考真题+高考模拟题专项版解析汇编 化学专题10 水溶液中的离子平衡解析版.docx

1、高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 化学专题10 水溶液中的离子平衡解析版专题10 水溶液中的离子平衡2019年高考真题12019新课标NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1103 ，Ka2=3.9106）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是A混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 BNa+与A2的导电能力之和大于HA的 Cb点的混合溶液pH=7 Dc点的混合溶液中，c(Na+)c(K+)c(OH)【答案】C【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻

2、苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA转化为A2，b点导电性强于a点，说明Na+和A2的导电能力强于HA，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2在溶

3、液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）c（OH），溶液中三者大小顺序为c（Na+）c（K+）c（OH），故D正确。故选C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成

4、分的变化与导电性变化的关系是解答关键。22019新课标绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)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】【分析

5、】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用

6、使pH发生变化，故C符合题意；D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。52019天津某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A曲线代表溶液B溶液中水的电离程度：b点c点C从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【

7、解析】【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2）。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；

8、C、代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)c(HNO2)c(OH-)/c(H+)c(NO2-)=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(

9、HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。62019江苏室温下，反应+H2OH2CO3+OH的平衡常数K=2.2108。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A0.2 molL1氨水：c (NH3H2O)c() c (OH) c (H+)B0.2 molL1NH4HCO3溶液(pH7)：c () c () c (H2CO3) c (NH3H2O)C0.2 molL1氨水和0.2 m

10、olL1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()D0.6 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3H2O)+ c()+ c(OH)=0.3 molL1+ c (H2CO3)+ c (H+)【答案】BD【解析】【详解】A.NH3H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3H2ONH4+OH-，H2OH+OH-，所以c(OH-)c(NH4+)，故A错误；B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H

11、2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)c(NH3H2O)，故B正确；C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，故C错误；D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去c(NH4+)得：c(NH3H2O)+c(OH-)=c(H+)+

12、4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，将等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将带入中得，c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。72019浙江选考室温下，取20

13、mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.1 molL1 NaOH溶液。已知：H2AH+HA，HAH+A2。下列说法不正确的是A0.1 molL1 H2A溶液中有c(H+)c(OH)c(A2)0.1 molL1B当滴加至中性时，溶液中c(Na+)c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的体积小于10 mLC当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH7，此时溶液中有c(A2)c(H+)c(OH)D当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)2c(HA)2c(A2)【答案】B【解析】【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mo

14、lL1二元酸H2A看做20 mL 0.1 molL1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。【详解】A. 0.1 molL1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH)+2c(A2)+ c(HA)，因而c(H+)-c(OH)-c(A2)= c(A2)+c(HA)=0.1molL1，A项正确；B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HAH+A2，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH7，存在质子守恒，其关系为c(A2)c(H+)c(OH

15、)，C项正确；D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)2c(HA)2c(A2)，D项正确。故答案选B。2019届高考模拟试题82019甘肃省定西市陇西县第一中学高三下学期适应性训练常温下，向20 mL 0.1 molL1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是A常温下，0.1 molL1氨水中的电离常数约为Ba、b之间的点一定满足：c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+)Cc点溶液中c(NH4+)c(Cl)Db点代表溶液呈中性【答案】B【解析】【分析】A.常温下，0.1mol/L的

16、氨水溶液中c（H+）=1011mol/L，则c（OH）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）c（OH）/c（NH3H2O）计算；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；D. b点溶液中c点水电离出的c（H+）=107mol/L，常温下c（H+）c（OH）=Kw=1014，据此判断。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=1011mol/L，则c（OH）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）c（OH）/c（N

17、H3H2O）=103103/0.1mol/L=1105mol/L，故A正确；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒得c（Cl）c（NH4+），而c（Cl）和c（OH）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4+）c（Cl），故C正确；D.b点溶液中c（H+）=107mol/L，常温下c（H+）c（OH）=Kw=1014，所以c（H+）=c（OH），溶液呈中性，故D正确。故选B。92019山西省太原市高三5月模拟考试常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴

18、加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是Aa点时，溶液中由水电离的c(OH)约为11010 molL1B电离平衡常数：Ka(HA)c(Na+)c(H+)c(OH)D向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B) c(HB)【答案】B【解析】A. a点时，=0，c(A)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离的c(OH)约为11010 molL1，选项A正确；B. =0，c(A)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)=104mol/L；=0，c(B)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)

19、=105mol/L，Ka(HA) Ka(HB)，选项B错误；C. b点时，=0，c(B)=c(HB)，pH=5，c(B)=c(HB)c(Na+)c(H+)c(OH)，选项C正确；D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，0，c(B) c(HB)，选项D正确。答案选B。102019武汉市武昌区高三五月调研考试室温下，用0.100 molL1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100 molL1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A表示的是滴定醋酸的曲线BpH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)20.00mLCV(NaOH)20.00mL时，两份溶液中c(Cl)

20、c(CH3COO)DV(NaOH)10.00mL时，醋酸中c(Na+)c(CH3COO)c(H+)c(OH)【答案】C【解析】A. 未滴加NaOH溶液时，0.1mol/L盐酸pH=1，0.1mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图，故A错误； B. V（NaOH）=20.00mL时恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7，则加入的氢氧化钠溶液体积应该稍小，即V（NaOH）20.00mL，故B错误；C. V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，即c（Cl）c（CH3COO），故C正确；D. V（NaOH）=10.00mL时，与醋酸反应后得到

21、等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知：c（CH3COO）c（Na+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中粒子浓度的大小，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。112019山东省济南市高三5月模拟考试某温度下，向10 mL 0.1 molLlNaCl溶液和10 mL 0.1 molLlK2CrO4溶液中分别滴加0.1

22、 molLlAgNO3溶液。滴加过程中pMlgc(Cl)或lgc(CrO42)与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是A该温度下，Ksp(Ag2CrO4)41012Bal、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：albcC若将上述NaCl溶液浓度改为0.2molL1，则a1点会平移至a2点D用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂【答案】B【解析】【分析】根据pM=lgc(Cl)或pM=lgc(CrO42)可知，c(CrO42)越小，pM越大，根据图像，向10 mL 0.1 molLlNaCl溶液和10 mL 0.1

23、molLlK2CrO4溶液中分别滴加0.1 molLlAgNO3溶液。当滴加10 mL0.1 molLlAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 molLlAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。【详解】Ab点时恰好反应生成Ag2CrO4，lgc(CrO42)=4.0，c(CrO42)= 104molLl，则c(Ag+)=2 104molLl，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42)c2(Ag+)=41012，故A正确；Bal点恰好反应，lgc(Cl)=4.9，c(Cl)=104.9molLl，则c(

24、Ag+)=104.9molLl，b点c(Ag+)=2 104molLl，c点，K2CrO4过量，c(CrO42)约为原来的，则c(CrO42)= 0.025molLl，则c(Ag+)=105molLl，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；C温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2molL1，平衡时，lgc(Cl)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；D根据上述分析，当溶液中同时存在Cl和CrO42时，加入硝酸银溶液，Cl先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴

25、定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；答案选B。122019四川省成都市高三下学期第三次诊断性检25将浓度均为0.1 mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100 mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图。下列说法错误的是A曲线II表示HA溶液体积Bx点存在c(A)+c(OH)=c(B+)+c(H+)C电离平衡常数K(HA)K(BOH)D向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小【答案】C【解析】【详解】A. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH7，随着曲线I体积的增大，溶液的pH逐渐增大，说明曲线

26、I表示BOH溶液的体积，则曲线II表示HA溶液体积，故A正确；B. 根据图像，x点HA溶液体积大于BOH溶液等体积，溶液为HA和BA的混合溶液，根据电荷守恒，有c(A)+c(OH)=c(B+)+c(H+)，故B正确；C. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH7，溶液显碱性，说明K(HA)c(B2)c(OH)c(H+)DF点溶液c(NH4+)=2c(B2)【答案】D【解析】【分析】未加入氨水前，溶液的水电离出的OH浓度为1013mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的