1．[2019新课标Ⅰ]NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10，Ka2=3.9×10）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
−3
−6
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 B．Na与A的导电能力之和大于HA的 C．b点的混合溶液pH=7
D．c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A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A，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，A在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，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。
1
+
+
2—+
+
—
2—
+
2—
+
+
−
+
2−
−
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分的变化与导电性变化的关系是解答关键。
2．[2019新课标Ⅱ]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) 【解析】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s) 2+ 2- Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱 和溶液中，c(Cd)= c(S)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确； B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误； C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确； D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s) 2+ 2- Cd(aq)+S(aq)为吸热反应，则 2+2- 温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd)与c(S)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确； 答案选B。 3．[2019新课标Ⅲ]设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是 A．每升溶液中的H数目为0.02NA + 2 B．c(H)= c(H2PO4)+2c(HPO4)+3c(PO4)+ c(OH) C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小 D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强 【答案】B 【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误； B、根据电荷守恒可知选项B正确； C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误； D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误； 答案选B。 4．[2019北京]实验测得0.5 mol·LCH3COONa溶液、0.5 mol·LCuSO4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 −1 −1 +23− 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、Cu水解平衡移动方向不同 【答案】C 【解析】 【分析】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； 3 − 2+ − + − 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++2H2O增大，两者共同作用使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。 5．[2019天津]某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.010和1.710。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 45-- Cu(OH)2 +2H+，故c(H+) A．曲线Ⅰ代表HNO2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HA、A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NaOH恰好中和后，溶液中nNa相同 【答案】C 【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，Ⅱ的变化大，则Ⅱ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）。 4 【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ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； C、Ⅱ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(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。 6．[2019江苏]室温下，反应HCO3+H2O H2CO3+OH的平衡常数K=2.2×10。将NH4HCO3溶液和氨水按一 −−8 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 A．0.2 mol·L氨水：c (NH3·H2O)>c(NH4)> c (OH)> c (H) B．0.2 mol·LNH4HCO3溶液(pH>7)：c (NH4)> c (HCO3)> c (H2CO3)> c (NH3·H2O) C．0.2 mol·L氨水和0.2 mol·LNH4HCO3溶液等体积混合：c(NH4)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c (HCO3)+ −1 −1 −1−1 − + c(CO3) D．0.6 mol·L氨水和0.2 mol·L NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c(CO3)+ c(OH)= 0.3 mol·L+ c (H2CO3)+ c (H) 【答案】BD 【解析】 【详解】A.NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2O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-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2O NH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则 -+−1 + −1 −1 22− NH4+OH，H2O +- H+OH， +- c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故B正确； 5 C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO3)]，故C错误； D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得： c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/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/L④，将③等式两边各加一个c(CO3)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH)+c(CO3)=c(H)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3)+3c(CO3)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确； 故选BD。 7．[2019浙江4月选考]室温下，取20 mL 0.1 mol·L某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L NaOH溶液。已知：H2A H+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是 ．．． −1 + − 2− −1 −1 −1 2--2-+ -2- +-2- A．0.1 mol·L H2A溶液中有c(H)－c(OH)－c(A)＝0.1 mol·L B．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 mL C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，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 mol·L−1二元酸H2A看做20 mL 0.1 mol·LHA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 mol·LH2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H)=c(OH)+2c(A)+ c(HA)，因而 −1 + − 2− − −1 -+ c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A项正确； B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋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pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH)，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(A)，D项正确。故答案选B。 8．[2018海南]某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是 A．AgCl的溶解度、Ksp均减小 B．AgCl的溶解度、Ksp均不变 C．AgCl的溶解度减小、Ksp不变 6 + − 2− − D．AgCl的溶解度不变、Ksp减小 【答案】C 【解析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)+Cl(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl）增大，平衡逆向移动，c（Ag）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。 故答案选C。 【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。 9．[2018新课标Ⅲ]用0.100 mol·LAgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L Cl溶液的滴定曲线如图所示。 下列有关描述错误的是 -1 -1 --+ + - A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10 B．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 mol·L Cl，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L Br，反应终点c向b方向移动 【答案】C 【解析】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。A．选取横坐标为50 mL的点，此时向50 mL 0.05 mol/L的Cl溶液中，加入了50 mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag浓度为0.025 mol/L(按照银离子和氯离子1∶1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍)，由图示得到此时Cl约为1×10mol/L(实际稍小)，所以Ksp(AgCl)约为0.025×10=2.5×10，所以其数量级为10，选项A正确。 B．由于Ksp(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以 7 -8 -8 -10 -10 --+ -1 --1 -+ --10 c(Ag)·c(Cl)＝Ksp(AgCl)，选项B正确。 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25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。 D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以Ksp(AgCl)应该大于Ksp(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl溶液改为50 mL 0.05 mol/L的Br溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1∶1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由c点变为b点,选项D正确。 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，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。 10．[2018北京]测定0.1 mol·L Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。 时刻 温度/℃ pH ① 25 9.66 ② 30 9.52 ③ 40 9.37 ④ 25 9.25 -1 ---- +- 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。 下列说法不正确的是 ．．． A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO3+H2O 22HSO3+OH− B．④的pH与①不同，是由于SO3浓度减小造成的 C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D．①与④的Kw值相等 【答案】C 22【解析】A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO3存在水解平衡：SO3+H2O -HSO3+OH、 HSO3+H2O H2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④ 2产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO3浓度减小，溶液中c(OH-)，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO3浓度减小造成的，B项正确；C 8 2项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO3水解平衡正向移动，c(SO3)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，①与④温度相同， 22Kw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。 11．[2018天津]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、HPO4、PO4 – – 2– 3– C．随c初始(H2PO4)增大，溶液的pH明显变小 D．用浓度大于1 mol·L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】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。A．溶液中存在H2PO4的电离平衡和水解平衡，存在HPO4的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。B．含P元素的粒子有H2PO4、HPO4、PO4和H3PO4。选B错误。C．从图1中得到随着c初始 – 2– 3– – 2– -1 (H2PO4)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变 – – 了。所以选项C错误。D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=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。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。 12．[2018江苏]根据下列图示所得出的结论不正确的是 9 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ΔH<0 B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C．图丙是室温下用0.1000 mol·LNaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba )与c(SO4)的关系曲线，说明溶液中c(SO4 )越大c(Ba )越小 【答案】C 【解析】A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；B项，根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2 1，HX 2− 2+ 2+ 2+ 2− −1 −1 分解速率逐渐减小，B项正确；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH 2-2+ 为一元弱酸，C项错误；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc(SO4)越小，-lgc(Ba)越大，说明c(SO4)越大,c(Ba)越小，D项正确；答案选C。 点睛：本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。 13．[2018江苏]H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10，设H2C2O4溶液中 −2 −5 2-2+ c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终 点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A．0.1000 mol·LH2C2O4溶液：c(H) =0.1000 mol·L+c(C2O4 )+c(OH)−c(H2C2O4 ) B．c(Na ) =c(总)的溶液：c(Na ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O4 ) >c(H ) C．pH = 7的溶液：c(Na ) =0.1000 mol·L+ c(C2O4) −c(H2C2O4) D．c(Na ) =2c(总)的溶液：c(OH) −c(H) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4) 【答案】AD + − + − + −1 2− + + 2− + −1 + −1 2− − 10 【解析】A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H)=c(HC2O4)+2c(C2O4)+c(OH)，0.1000 mol·LH2C2O4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-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-+H2O H2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数 +-2-- −1 Kh= = 解程度，则c(C2O42-) = 11014 = =1.855.410210-13Ka2(H2C2O4)，HC2O4-的电离程度大于水 c(H2C2O4)，B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为 ， 室 温 pH=7 即 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)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)c(Na+) 2-+ 0.1000mol/L， 0.1000mol/L +c(C2O4)-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+)=2[c(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)14．[2018浙江11月选考]下列说法不正确的是 A．测得0.1 mol·L的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质 B．25℃时，将0.1 mol·L的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0 C．25℃时，将0.1 mol·L的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH)＝1×10 mol·L D．0.1 mol·L的HA溶液与0.1 mol·L的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0 【答案】D 【解析】A、若HA为强酸，0.1 mol·L的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，选项A正确；B、0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH）＝1×10，pH值为11.0，选项B正确；C、pH值为4.0的溶液中c（H）＝1×10mol/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10，故c（OH）＝1×10mol/L，选项C正确；D、若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，选项D不正确。答案选D。 15．[2018浙江11月选考]常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为 1.000mol·L，0.1000mol·L和0.01000mol·L的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是 11 -1 -1 -1 + －4 -14 --10 --11 -1 -1 -1 -1 － -10 -1 -1 －1 0.1000mol/L。 A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍 B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c C．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na)=c(Cl) D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H)最大 【答案】D 【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当 V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H）＝c（OH），根据电荷守恒c（H）＋c（Na）＝c（Cl）+c（OH），选项C正确；D、当 V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。 16．[2018浙江4月选考]相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是 A．pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ) B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同 C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同 D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ) 【答案】A 【解析】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO）=c(Cl)，故A正确； B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B错误； C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C错误； D、当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO）＜c(Cl)，故D错误。 12 － － － － + + -+ + --+ + - 综上所述，本题的正确答案为A。 17．[2018浙江4月选考]在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1mol·L 的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是 -1 -1 A．在a点的溶液中，c(Na)＞c(CO3)＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H) B．在b点的溶液中，2n(CO3)＋n(HCO3)＜0.001mol C．在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO3的电离能力大于其水解能力 D．若将0.1mol·L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na)＝c(CH3COO) 【答案】B 【解析】 【分析】A.在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，据此分析判断离子浓度大小； B.b点是加入盐酸，溶液pH=7呈中性，结合溶液中电荷守恒计算分析； C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解； D.溶液中存在电荷守恒分析判断。 【详解】A. 在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，溶液中离子浓度大小c(Na )>c(CO3)>c(OH)>c(C1)>c(H )，故A错误； B.b点溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO3) 18．[2017新课标Ⅱ]改变0.1molL1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA、A的物质的量 13 --2-+ -+ + ---2-+ -+ 2--2--2-+ 2---+ -1 + --2--+ 2---+ 2分数(X)随pH的变化如图所示[已知]。 下列叙述错误的是 A．pH=1.2时，B． C．pH=2.7时，D．pH=4.2时，【答案】D 【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA相交，则有c(H2A)=c(HA)，故A说法正确；B、pH=4.2时， − − c(A2−)=c(HA−)，根据第二步电离HA− H＋A，得出：K2(H2A)=c(H)×c(A)/c(HA)= c(H)=10 2− ＋2−+2− − + −4.2 ，故B 说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A相交，则有 −2− − + ，故C说法正确；D、 2− + 由图知，pH=4.2时，c(HA)=c(A)，H2A电离出一个HA时释放出一个H，电离出一个A时，释放出2个H，同时水也会电离出H，因此c(H)＞c(HA)=c(A)，错误。 【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意利用守恒的思想解决问题。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。 19．[2017新课标Ⅰ]常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系 + + − 2− 14 如图所示。下列叙述错误的是 A．Ka2(H2X)的数量级为10 c(HX)B．曲线N表示pH与lg的变化关系 c(H2X)–6 C．NaHX溶液中 D．当混合溶液呈中性时，【答案】D 【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所 c(HX)c(X2)c(HX)以当pH相等即氢离子浓度相等时lg＞lg，因此曲线N表示pH与lg的变化关系，则 c(H2X)c(HX)c(H2X)c(X2)－0.6 －1 曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点，mol·L，c(H＋)=10－4.8 mol·L =10 c(HX)－1 ，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2(H2X)的数量级为10–6，A正确；B．根据以上分析可知曲线N表示pH与 c(HX)c(HX)lg的关系，B正确；C． 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6 c(H2X)c(H2X)mol·L，c(H)=10 －1 ＋ －5.0 mol·L，代入Ka1得到Ka1=10 ＋ － －1－4.4 ，因此HX的水解常数是 － Kw－14－4.4 =10/10＜Ka2，所Ka1c(X2)以NaHX溶液显酸性，即c(H)＞c(OH)，C正确；D．根据图像可知当lg＝0时溶液显酸性，因此当 c(HX)c(X2)2–– 混合溶液呈中性时，lg＞0，即c(X)＞c(HX)，D错误；答案选D。 c(HX)【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意分清楚反应的过程，搞清楚M和N曲线表示的含义，答题的关键是明确二元弱酸的电离特点。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来 15 全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。 20．[2017新课标Ⅲ]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107 B．除Cl反应为Cu+Cu+2Cl=2CuCl C．加入Cu越多，Cu浓度越高，除Cl效果越好 D．2Cu=Cu+Cu平衡常数很大，反应趋于完全 【答案】C + 2+ + 2+ 【解析】A．Ksp(CuCl)=c(Cu)·c(Cl)，在横坐标 －7 － +－ c(Cu)为1时，纵坐标lg大于－6，小于 molL-12＋ － －5，所以Ksp(CuCl)的数量级是10，A正确；B．除去Cl反应应该是Cu+Cu＋2Cl＝2CuCl，B正确；C．溶液中存在平衡：Cu+Cl + － CuCl、2Cu + Cu+Cu，加入纯固态物质Cu对平衡无影响，故C错误；D．在 2+ 没有Cl存在的情况下，反应2Cu －＋ Cu＋Cu的平衡常数约为 2＋ ，平衡常数很 大，反应趋于完全，D正确。答案选C。 【名师点睛】本题考查溶度积常数的计算及平衡的移动，难点是对溶液中平衡时相关离子浓度的关系图的理解，通过图示可以提取出Ksp(CuCl)，2Cu反应无影响。 16 ＋ Cu＋Cu的平衡常数，并且要注意在化学平衡中纯物质对 2＋ 21．[2017江苏]常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10，Ka(CH3COOH)=1.75×10，Kb(NH3·H2O) =1.76×10，下 列说法正确的是 A．浓度均为0.1 mol·L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 C．0.2 mol·L HCOOH与0.1 mol·L NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO) + c(OH) = c(HCOOH) + c(H) D．0.2 mol·L CH3COONa 与 0.1 mol·L盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO) > c(Cl) > −1 −1 − − + −1 −1 − − −1 −4−5−5 c(CH3COOH) > c(H+) 【答案】AD 【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H)+c(Na)=c(OH)+c(HCOO)，氯化铵溶液中存在 −−c(H+)+c(NH+4)=c(OH)+c(Cl)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka，KW不变，铵根的水解程度大于甲酸 − + − + − + + + − − 根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH)小于甲酸钠溶液中c(H)，Cl和Na都不水解，c(Cl)=c(Na)，所以A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得 c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO−)，联立两式可得 2c(H)+c(HCOOH)=2c(OH)+c(HCOO)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO)>c(Cl)>c(CH3COOH)>c(H)，D正确。 【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”(物料守恒、电荷守恒、质子守恒)来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。 − − + + − − 17 18 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容