2022年高考近5年化學試題匯編《水溶液中的離子平衡》

1、專題 水溶液中的離子平衡【2022年】1（2022海南卷）NaClO溶液具有添白能力，已知25時，。下列關(guān)于NaClO溶液說法正確的是A0.01mol/L溶液中，B長期露置在空氣中，釋放，漂白能力減弱C通入過量，反應(yīng)的離子方程式為D25，的NaClO和HClO的混合溶液中，【答案】AD【解析】ANaClO溶液中ClO-會水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)0.01mol/L，A正確；B漂白粉主要成分為Ca(ClO)2和CaCl2，長期露置在空氣中容易和CO2發(fā)生反應(yīng)而失效，其反應(yīng)的化學方程式為：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO再分解：2HC

2、lO=2HCl+O2，不會釋放Cl2，B錯誤；C將過量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO+H2O=Cl-+2H+，C錯誤；D25，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在電荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，則c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)c(ClO-)，所以c(HClO)c(ClO-)=c(Na+)，D正確；答案選AD。2（2022浙江卷）時，苯酚的，下列說法正確的是A相同溫度下，等的和溶液中，B將濃度均為的和溶液加熱，兩種溶液的均變大C時，溶液與溶液混合，測得，則此時溶液中D時，的溶液中加少量固體，水的電離程度

3、變小【答案】C【解析】A醋酸的酸性大于苯酚，則醋酸根離子的水解程度較小，則相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)1.010-4.3，故用氫氧化鈉滴定的過程中，醋酸也參加了反應(yīng)，則離子方程式為：H+OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B錯誤；C滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過程中，根據(jù)物料守恒可知：，C正確；D向濃度均為的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液，當鹽酸的體積為20ml時，溶液為氯化鈉和醋酸的混合溶液，顯酸性，需要再滴加適量的氫氧化鈉，當加入的NaOH溶液的體積為30mL時，溶液為NaCl和等濃度的CH3COONa

4、、CH3COOH，根據(jù)Ka=1.810-5Kh=可知，此時溶液仍然呈酸性，需繼續(xù)滴加NaOH溶液，故有，D正確；故答案為：B。4（2022全國乙卷）常溫下，一元酸的。在某體系中，與離子不能穿過隔膜，未電離的可自由穿過該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中，當達到平衡時，下列敘述正確的是A溶液中B溶液中的HA的電離度為C溶液和中的不相等D溶液和中的之比為【答案】B【解析】A常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH-)=110-7mol/L，c(H+)c(OH-)c(A-)，A錯誤；B常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka=1.010-3，c總(HA)=c(H

5、A)+c(A-)，則=1.010-3，解得=，B正確；C根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯誤；D常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=110-7mol/L，Ka=1.010-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.010-3，溶液I中c總(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka=1.010-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.010-3，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c總

6、(HA)之比為(104+1)c(HA)1.01c(HA)=(104+1)1.01104，D錯誤；答案選B。5（2022湖南卷）室溫時，用的標準溶液滴定濃度相等的、和混合溶液，通過電位滴定法獲得與的關(guān)系曲線如圖所示(忽略沉淀對離子的吸附作用。若溶液中離子濃度小于時，認為該離子沉淀完全。，)。下列說法正確的是Aa點：有白色沉淀生成B原溶液中的濃度為C當沉淀完全時，已經(jīng)有部分沉淀Db點：【答案】C【解析】向含濃度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸銀溶液，根據(jù)三種沉淀的溶度積常數(shù)，三種離子沉淀的先后順序為I-、Br-、Cl-，根據(jù)滴定圖示，當?shù)稳?.50mL硝酸銀溶液時，Cl-恰好沉淀

7、完全，此時共消耗硝酸銀的物質(zhì)的量為4.50mL10-3L/mL0.1000mol/L=4.510-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均為1.510-4mol。AI-先沉淀，AgI是黃色的，所以a點有黃色沉淀AgI生成，故A錯誤；B原溶液中I-的物質(zhì)的量為1.510-4mol，則I-的濃度為=0.0100molL-1，故B錯誤；C當Br-沉淀完全時(Br-濃度為1.010-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)=5.410-8mol/L，若Cl-已經(jīng)開始沉淀，則此時溶液中的c(Cl-)=3.310-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100molL-1，則已經(jīng)有部分Cl-

8、沉淀，故C正確；Db點加入了過量的硝酸銀溶液，Ag+濃度最大，則b點各離子濃度為：，故D錯誤；故選C。6（2022山東卷）工業(yè)上以為原料生產(chǎn)，對其工藝條件進行研究?，F(xiàn)有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A反應(yīng)的平衡常數(shù)BC曲線代表含的溶液的變化曲線D對含且和初始濃度均為的混合溶液，時才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化【答案】D【解析】硫酸是強酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，pH相同時，溶液中硫酸根離子越大，鍶離子濃度越小，所以曲線代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線

9、代表含硫酸鍶固體的1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線；碳酸是弱酸，溶液pH減小，溶液中碳酸根離子離子濃度越小，鍶離子濃度越大，pH相同時，1mol/L碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大于0.1mol/L碳酸鈉溶液，則曲線表示含碳酸鍶固體的0.1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線表示含碳酸鍶固體的1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線。A反應(yīng)SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常數(shù)K=，故A正確；B由分析可知，曲線代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，則硫酸鍶的溶度積Ksp(SrSO4)=105.50.1=106.5，溫度不變，溶度積不變，則溶液pH為7.7時，鍶離子的濃度為

10、=106.5，則a為6.5；C由分析可知，曲線表示含碳酸鍶固體的1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線，故C正確；D由分析可知，硫酸是強酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，所以硫酸鍶的生成與溶液pH無關(guān)，故D錯誤；故選D。7（2022海南卷）某元素M的氫氧化物在水中的溶解反應(yīng)為：、，25，-lgc與pH的關(guān)系如圖所示，c為或濃度的值，下列說法錯誤的是A曲線代表與pH的關(guān)系B的約為C向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，體系中元素M主要以存在pH=9.0，體系中元素M主要以存在D向的溶液中加入等體積0.4mol/L的HCl后，體系中元素

11、M主要以存在【答案】BD【解析】由題干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)(aq)，隨著pH增大，c(OH-)增大，則c(M2+)減小，cM(OH)增大，即-lg c(M2+)增大，-lg cM(OH)減小，因此曲線代表-lg c(M2+)與pH的關(guān)系，曲線代表-lg cM(OH)與pH的關(guān)系，據(jù)此分析解答。A由分析可知，曲線代表-lg c(M2+)與pH的關(guān)系，A正確；B由圖象，pH=7.0時，-lg c(M2+)=3.0，則M(OH)2的Ksp=c(M2+)c2(OH-)=110-17，B錯誤；C向c(M2+)=0.1mo

12、l/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根據(jù)圖像，pH=9.0時，c(M2+)、cM(OH)均極小，則體系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正確；DcM(OH)=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等體積的0.4mol/L的HCl后，體系中元素M仍主要以M(OH)存在，D錯誤；答案選BD?！?021年】1（2021全國乙）HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中隨c(H+)而變化，不發(fā)生水解。實驗發(fā)現(xiàn)，時為線性關(guān)系，如下圖中實線所示。下列敘述錯誤的是A溶液時，BMA的溶度積度積C溶液時，DHA的電離常數(shù)【答案】C【分析】本題考查水溶液中離子濃度的關(guān)系，在解題過程中

13、要注意電荷守恒和物料守恒的應(yīng)用，具體見詳解?！驹斀狻緼由圖可知pH=4，即c(H+)=1010-5mol/L時，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=mol/Ly，故D正確；綜上所述，說法不正確的是C項，故答案為C。3（2021浙江）某同學擬用計測定溶液以探究某酸HR是否為弱電解質(zhì)。下列說法正確的是A25時，若測得溶液，則HR是弱酸B25時，若測得溶液且，則HR是弱酸C25時，若測得HR溶液，取該溶液，加蒸餾水稀釋至，測得，則HR是弱酸D25時，若測得NaR溶液，取該溶液，升溫至50，測得，則HR是弱酸【答案】B【詳解】A25時，若測得溶液，可知為強酸強堿鹽，則為強酸，A錯誤

14、；B25時，若測得溶液且，可知溶液中，所以未完全電離，為弱酸，B正確；C假設(shè)為強酸，取的該溶液，加蒸餾水稀釋至測得此時溶液，C錯誤；D假設(shè)為強酸，則為強酸強堿鹽，溶液呈中性，升溫至50，促進水的電離，水的離子積常數(shù)增大，減小，D錯誤；答案為：B。4（2021湖南）常溫下，用的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為三種一元弱酸的鈉鹽溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是A該溶液中：B三種一元弱酸的電離常數(shù)：C當時，三種溶液中：D分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：【答案】C【分析】由圖可知，沒有加入鹽酸時，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，則HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依

15、次減弱?！驹斀狻緼NaX為強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序為c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)，故A正確；B弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序為Ka(HX)Ka (HY)Ka(HZ)，故B正確；C當溶液pH為7時，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序為c(X-)c(Y-)c(Z-)，故C錯誤；D向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應(yīng)，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存在電荷

16、守恒關(guān)系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)c(OH-)，故D正確；故選C。5（2021山東）賴氨酸H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數(shù)(x)隨pH變化如圖所示。已知(x)=，下列表述正確的是ABM點，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2

17、c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)CO點，pH=DP點，c(Na+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)【答案】CD【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次發(fā)生離子反應(yīng)：、，溶液中逐漸減小，和先增大后減小，逐漸增大。，M點，由此可知，N點，則，P點，則?！驹斀狻緼，因此，故A錯誤；BM點存在電荷守恒：，此時，因此，故B錯誤；CO點，因此，即，因此，溶液，故C正確；DP點溶質(zhì)為NaCl、HR、NaR，此時溶液呈堿性，因此，溶質(zhì)濃度大于水解和電離所產(chǎn)生微粒濃度，因此，故D正確；綜上所述，正確的是CD，故答案為CD。【2020年】1.（2020浙江卷）下列物質(zhì)在熔融狀態(tài)下不導電的是(

18、)A. NaOHB. CaCl2C. HClD. K2SO4【答案】C【解析】NaOH屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動的Na+和OH-，故其在熔融狀態(tài)下能導電，A不符合題意；CaCl2屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動的Ca2+和Cl-，故其在熔融狀態(tài)下能導電，B不符合題意；HCl是共價化合物，其在熔融狀態(tài)下不能電離成離子，故其在熔融狀態(tài)下不導電，C符合題意；K2SO4屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動的K+和SO42-，故其在熔融狀態(tài)下能導電，D不符合題意。綜上所述，本題答案為C。2.（2020浙江卷）下列說法不正確的是( )A. 的鹽酸中B. 將KCl

19、溶液從常溫加熱至80，溶液的pH變小但仍保持中性C. 常溫下，NaCN溶液呈堿性，說明HCN是弱電解質(zhì)D. 常溫下，pH為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液pH增大【答案】A【解析】鹽酸的濃度為2.010-7 mol/L，完全電離，接近中性，溶劑水電離出的氫離子濃度的數(shù)量級與溶質(zhì)HCl電離的氫離子濃度相差不大，則計算中氫離子濃度時，不能忽略水中的氫離子濃度，其數(shù)值應(yīng)大于2.010-7 mol/L，故A錯誤；KCl溶液為中性溶液，常溫下pH=7，加熱到80時，水DE 離子積Kw增大，對應(yīng)溶液的氫離子濃度隨溫度升高會增大，pH會減小，但溶液溶質(zhì)仍為KCl，則仍呈中性，故B正確；NaCN溶液顯堿性，

20、說明該溶質(zhì)為弱酸強堿鹽，即CN-對應(yīng)的酸HCN為弱電解質(zhì)，故C正確；醋酸在溶液中會發(fā)生電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸鈉固體，根據(jù)同離子效應(yīng)可知，該平衡會向生成弱電解質(zhì)的方向（逆向）移動，使溶液中的氫離子濃度減小，pH增大，故D正確。3.（2020新課標）以酚酞為指示劑，用0.1000 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關(guān)系如圖所示。比如A2的分布系數(shù)：下列敘述正確的是A. 曲線代表，曲線代表B. H2A溶液的濃度為0.2000 molL1C. HA的電離常數(shù)Ka=1

21、.0102D. 滴定終點時，溶液中【答案】C【解析】根據(jù)圖像，曲線代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸增大；當加入40mLNaOH溶液時，溶液的pH在中性發(fā)生突變，且曲線代表的粒子達到最大值接近1；沒有加入NaOH時，pH為1，說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線代表(HA-)，曲線代表(A2-)，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L，據(jù)此分析作答。根據(jù)分析，曲線代表(HA-)，曲線代表(A2-)，A錯誤；當加入40.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發(fā)生突變，說明恰好完全反應(yīng)，

22、結(jié)合分析，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B錯誤；由于H2A第一步完全電離，則HA-的起始濃度為0.1000mol/L，根據(jù)圖像，當VNaOH=0時，HA-的分布系數(shù)為0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系數(shù)為0.1，則HA-的電離平衡常數(shù)Ka=110-2，C正確；用酚酞作指示劑，酚酞變色pH范圍為8.210，終點時溶液呈堿性，c(OH-)c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，則c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)，D錯誤；答案選C。4.（2020江蘇卷）室溫下，將兩種濃

23、度均為的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變化可忽略，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A. 混合溶液(pH=10.30)：B. 氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：C. 混合溶液(pH=4.76): D. 混合溶液(pH=1.68，H2C2O4為二元弱酸): 【答案】AD【解析】NaHCO3水溶液呈堿性，說明的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO3和Na2CO3水解關(guān)系為：，溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：，和水解程度微弱，生成的OH-濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學式可知，該混合溶液中Na+濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：，故A正確；該混合溶液中電荷

24、守恒為：，物料守恒為：，兩式聯(lián)立消去c(Cl-)可得：，故B錯誤；若不考慮溶液中相關(guān)微粒行為，則c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，該溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)，故C錯誤；該混合溶液中物料守恒為：，電荷守恒為：，兩式相加可得：，故D正確；綜上所述，濃度關(guān)系正確的是：AD。5.（2020山東卷）25時，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)隨pH變化的關(guān)系如下圖所示。Ka為CH3COOH

25、的電離常數(shù)，下列說法正確的是A. O點時，B. N點時，C. 該體系中，D. pH由7到14的變化過程中， CH3COO-的水解程度始終增大【答案】BC【解析】根據(jù)圖像分析可知，隨著pH的升高，氫氧根離子和醋酸根離子濃度增大，氫離子和醋酸離子濃度減小，又pH=7的時候，氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，故可推知，圖中各曲線代表的濃度分別是：曲線1為lgc(CH3COO-)隨pH的變化曲線，曲線2為lgc(H+)隨pH的變化曲線，曲線3為lgc(OH-)隨pH的變化曲線，曲線4為lgc(CH3COOH)隨pH的變化曲線，據(jù)此結(jié)合水溶液的平衡分析作答。根據(jù)上述分析可知，O點為曲線2和曲線3的交點，對應(yīng)

26、的pH=7，應(yīng)該得出的結(jié)論為：c(H+)= c(OH-)，故A錯誤；N點為曲線1和曲線4的交點， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量關(guān)系并變形可知pH=-lgKa，故B正確；c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，則c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，聯(lián)立兩式消去c(CH3COO-)并化簡整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正確；醋酸根離子的水解平衡為：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的變化過程中，堿性不斷增

27、強，c(OH-)不斷增大，則使不利于醋酸根離子的水解平衡，會使其水解程度減小，故D錯誤；答案選BC。6.（2020天津卷）常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法錯誤的是A. 相同濃度的 HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，則 B. 相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，則溶液中C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則D. 在溶液中，【答案】A【解析】HCOONa和NaF的濃度相同，HCOONa溶液的pH較大，說明HCOO的水解程度較大，根據(jù)越弱越水解，因此甲酸的電離平衡常數(shù)較小，即Ka(HCOOH)Ka(HF)，故A錯誤；相同濃度的CH3COOH

28、和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，此時溶液呈酸性，氫離子濃度大于氫氧根濃度，說明溶液中醋酸電離程度大于水解程度，則醋酸根濃度大于鈉離子濃度，則溶液中c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故B正確；CuS的溶解度較小，將CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡電離出的S2不足以與H+發(fā)生反應(yīng)，而將FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S氣體，說明Ksp(FeS)Ksp(CuS)，故C正確；根據(jù)溶液中的物料守恒定律，1 molL1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的總物質(zhì)的量的濃度為1 molL1，即c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1 molL1，故D正確；綜上所述

29、，答案為A。7.（2020浙江卷）常溫下，用氨水滴定濃度均為的和的混合液，下列說法不正確的是( )A. 在氨水滴定前，和的混合液中B. 當?shù)稳氚彼畷r，C. 當?shù)稳氚彼畷r，D. 當溶液呈中性時，氨水滴入量大于，【答案】D【解析】未滴定時，溶液溶質(zhì)為HCl和CH3COOH，且濃度均為0.1mol/L，HCl為強電解質(zhì)，完全電離，CH3COOH為弱電解質(zhì)，不完全電離，故，c(Cl-)c(CH3COO-)，A正確；當?shù)稳氚彼?0mL時，n(NH3H2O)=n(CH3COOH)，則在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正確；當?shù)稳氚彼?0mL時

30、，溶液溶質(zhì)為NH4Cl和CH3COONH4，質(zhì)子守恒為c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正確；當溶液為中性時，電荷守恒為：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因為溶液為中性，則c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)c(Cl-)，D不正確。8.（2020江蘇卷）吸收工廠煙氣中的SO2，能有效減少SO2對空氣的污染。氨水、ZnO水懸濁液吸收煙氣中SO2后經(jīng)O2催化氧化，可得到硫酸鹽。已知：室溫下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH的分布如圖-

31、1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反應(yīng)的離子方程式為_；當通入SO2至溶液pH=6時，溶液中濃度最大的陰離子是_(填化學式)。(2)ZnO水懸濁液吸收SO2。向ZnO水懸濁液中勻速緩慢通入SO2，在開始吸收的40mim內(nèi)，SO2吸收率、溶液pH均經(jīng)歷了從幾乎不變到迅速降低的變化(見圖-2)。溶液pH幾乎不變階段，主要產(chǎn)物是_(填化學式)；SO2吸收率迅速降低階段，主要反應(yīng)的離子方程式為_。(3)O2催化氧化。其他條件相同時，調(diào)節(jié)吸收SO2得到溶液的pH在4.56.5范圍內(nèi)，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是_；隨著氧化的進行，溶液的pH將_(填“增大”、“減小”或“

32、不變”)?！敬鸢浮?(1)或 HSOeq oal(,3)- （2）ZnSO3 或 （3）隨著pH降低，HSO濃度增大 減小【解析】向氨水中通入少量的SO2，反應(yīng)生成亞硫酸銨，結(jié)合圖像分析pH=6時溶液中濃度最大的陰離子；通過分析ZnO吸收SO2后產(chǎn)物的溶解性判斷吸收率變化的原因；通過分析HSOeq oal(,3)與氧氣反應(yīng)的生成物，分析溶液pH的變化情況。(1)向氨水中通入少量SO2時，SO2與氨水反應(yīng)生成亞硫酸銨，反應(yīng)的離子方程式為2NH3+H2O+SO2=2NH4+SOeq oal(2,3)（或2NH3H2O +SO2=2NH4+SOeq oal(2,3)+H2O）；根據(jù)圖-1所示，pH=

33、6時，溶液中不含有亞硫酸，僅含有HSO3- 和SOeq oal(2,3)，根據(jù)微粒物質(zhì)的量分數(shù)曲線可以看出溶液中陰離子濃度最大的是HSOeq oal(,3)；(2)反應(yīng)開始時，懸濁液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此時溶液pH幾乎不變；一旦ZnO完全反應(yīng)生成ZnSO3后，ZnSO3繼續(xù)吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此時溶液pH逐漸變小，SO2的吸收率逐漸降低，這一過程的離子方程式為ZnSO3+SO2+H2O=Zn2+2HSOeq oal(,3)（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2+2HSOeq oal(,3)）(3)HSOeq oal(,3)可以經(jīng)氧氣氧化生成

34、SOeq oal(2,4)，這一過程中需要調(diào)節(jié)溶液pH在4.56.5的范圍內(nèi)，pH越低，溶液中的HSOeq oal(,3)的濃度越大，使得催化氧化過程中反應(yīng)速率越快；隨著反應(yīng)的不斷進行，大量的HSOeq oal(,3)反應(yīng)生成SOeq oal(2,4)，反應(yīng)的離子方程式為2HSOeq oal(,3)+O2=2SOeq oal(2,4)+2H+，隨著反應(yīng)的不斷進行，有大量的氫離子生成，導致氫離子濃度增大，溶液pH減小。【2019年】12019新課標NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀（鄰苯二甲酸H2A的Ka1=1.1103 ，Ka2=3.9106）溶液，混合溶液的相對導電能力變化曲線如圖所示，其中b點

35、為反應(yīng)終點。下列敘述錯誤的是A混合溶液的導電能力與離子濃度和種類有關(guān) BNa+與A2的導電能力之和大于HA的 Cb點的混合溶液pH=7 Dc點的混合溶液中，c(Na+)c(K+)c(OH)【答案】C【解析】向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液，兩者反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中Na+和A2的濃度增大。由圖像可知，溶液導電性增強，說明導電能力與離子濃度和種類有關(guān)，A正確；a點和b點K+的物質(zhì)的量相同，K+的物質(zhì)的量濃度變化不明顯，HA轉(zhuǎn)化為A2，b點導電性強于a點，說明Na+和A2的導電能力強于HA，B正確；b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲

36、酸鈉，鄰苯二甲酸鉀為強堿弱酸鹽，A2在溶液中水解使溶液呈堿性，溶液pH7，C錯誤；b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c點是繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液后，得到鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉的混合溶液，則溶液中c（Na+）c（K+），由圖可知，a點到b點加入氫氧化鈉溶液的體積大于b點到c點加入氫氧化鈉溶液的體積，則溶液中c（K+）c（OH），溶液中三者大小順序為c（Na+）c（K+）c（OH），D正確。22019新課標絢麗多彩的無機顏料的應(yīng)用曾創(chuàng)造了古代繪畫和彩陶的輝煌。硫化鎘(CdS)是一種難溶于水的黃

37、色顏料，其在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法錯誤的是 A圖中a和b分別為T1、T2溫度下CdS在水中的溶解度B圖中各點對應(yīng)的Ksp的關(guān)系為：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)c(OH)B隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH)減小C隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結(jié)果D隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO、Cu2+水解平衡移動方向不同【答案】C【解析】水的電離為吸熱過程，升高溫度，平和向著電離方向移動，水中c(H+).c(OH-)=Kw減小，故pH減小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合題意；

38、水的電離為吸熱過程，升高溫度，進水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高溫度促進鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B不符合題意；升高溫度，促進水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進銅離子水解Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，兩者共同作用使pH發(fā)生變化，故C符合題意；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，故D不符合題意。52019天津某溫度下，和的電離常數(shù)分別為和。將和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是A曲線代表溶液B溶液中水的電離程度：b點c點C從c點

39、到d點，溶液中保持不變（其中、分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子）D相同體積a點的兩溶液分別與恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，的變化大，則的酸性比I的酸性強，代表HNO2，I代表CH3COOH，A錯誤；酸抑制水電離，b點pH小，酸性強，對水電離抑制程度大，B錯誤；代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)c(HNO2)c(OH-)/c(H+)c(NO2-)=kw/k(HNO2)，kw為水的離子積常數(shù)，k(HNO2)為HNO2的電離常數(shù)，這些常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，則不變，C正確；體積和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3C

40、OOH）c（HNO2），分別滴加同濃度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氫氧化鈉溶液體積多，HNO2消耗的NaOH少，故D錯誤。62019江蘇室溫下，反應(yīng)+H2OH2CO3+OH的平衡常數(shù)K=2.2108。將NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是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 molL1

41、NH4HCO3溶液等體積混合：c()+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()D0.6 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等體積混合：c (NH3H2O)+ c()+ c(OH)=0.3 molL1+ c (H2CO3)+ c (H+)【答案】BD【解析】NH3H2O屬于弱堿，部分電離，氨水中存在的電離平衡有：NH3H2ONH4+OH-，H2OH+OH-，所以c(OH-)c(NH4+)，A錯誤；NH4HCO3溶液顯堿性，說明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+

42、水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，則c(H2CO3)c(NH3H2O)，B正確；由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，則有c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，C錯誤；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，則有c(NH4+)+c(NH3H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；電荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；結(jié)合消去c(NH4+)得：c(NH3H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)

43、+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3與0.6mol/L氨水等體積混合后瞬間c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，將等式兩邊各加一個c(CO32-)，則有c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，將帶入中得，c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正確；故選BD。72019浙江選考室溫下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A

44、，滴加0.1 molL1 NaOH溶液。已知：H2AH+HA，HAH+A2。下列說法不正確的是A0.1 molL1 H2A溶液中有c(H+)c(OH)c(A2)0.1 molL1B當?shù)渭又林行詴r，溶液中c(Na+)c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的體積小于10 mLC當用去NaOH溶液體積10 mL時，溶液的pH7，此時溶液中有c(A2)c(H+)c(OH)D當用去NaOH溶液體積20 mL時，此時溶液中有c(Na+)2c(HA)2c(A2)【答案】B【解析】0.1 molL1H2A溶液存在電荷守恒，其關(guān)系為c(H+)=c(OH)+2c(A2)+ c(HA)，因而c(H+)-c(OH)

45、-c(A2)= c(A2)+c(HA)=0.1molL1，A正確；若NaOH用去10ml，反應(yīng)得到NaHA溶液，由于HAH+A2，溶液顯酸性，因而滴加至中性時，需要加入超過10ml的NaOH溶液，B錯誤；當用去NaOH溶液體積10 mL時，得到NaHA溶液，溶液的pH7，存在質(zhì)子守恒，其關(guān)系為c(A2)c(H+)c(OH)，C正確；當用去NaOH溶液體積20 mL時，得到Na2A溶液，根據(jù)物料守恒有：c(Na+)2c(HA)2c(A2)，D正確。【2018年】1. （2018年全國卷）用0.100 molL-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 molL-1 Cl-溶液的滴定曲線如圖

46、所示。下列有關(guān)描述錯誤的是A. 根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計算可知Ksp(AgCl)的數(shù)量級為10-10B. 曲線上各點的溶液滿足關(guān)系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C. 相同實驗條件下，若改為0.0400 molL-1 Cl-，反應(yīng)終點c移到aD. 相同實驗條件下，若改為0.0500 molL-1 Br-，反應(yīng)終點c向b方向移動【答案】C【解析】本題應(yīng)該從題目所給的圖入手，尋找特定數(shù)據(jù)判斷題目中的沉淀滴定的具體過程。注意：橫坐標是加入的硝酸銀溶液的體積，縱坐標是氯離子濃度的負對數(shù)。選取橫坐標為50mL的點，此時向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的A

47、gNO3溶液，所以計算出此時溶液中過量的Ag+濃度為0.025mol/L（按照銀離子和氯離子1:1沉淀，同時不要忘記溶液體積變?yōu)樵瓉?倍），由圖示得到此時Cl-約為110-8mol/L（實際稍?。訩SP(AgCl)約為0.02510-8=2.510-10，所以其數(shù)量級為10-10，A正確。由于KSP(AgCl)極小，所以向溶液滴加硝酸銀就會有沉淀析出，溶液一直是氯化銀的飽和溶液，所以c(Ag+)c(Cl-)KSP(AgCl)，B正確。滴定的過程是用硝酸銀滴定氯離子，所以滴定的終點應(yīng)該由原溶液中氯離子的物質(zhì)的量決定，將50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改為50mL 0.04mol/L

48、的Cl-溶液，此時溶液中的氯離子的物質(zhì)的量是原來的0.8倍，所以滴定終點需要加入的硝酸銀的量也是原來的0.8倍，因此應(yīng)該由c點的25mL變?yōu)?50.8=20mL，而a點對應(yīng)的是15mL，C錯誤。鹵化銀從氟化銀到碘化銀的溶解度應(yīng)該逐漸減小，所以KSP(AgCl)應(yīng)該大于KSP(AgBr)，將50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改為50mL 0.05mol/L的Br-溶液，這是將溶液中的氯離子換為等物質(zhì)的量的溴離子，因為銀離子和氯離子或溴離子都是1:1沉淀的，所以滴定終點的橫坐標不變，但是因為溴化銀更難溶，所以終點時，溴離子的濃度應(yīng)該比終點時氯離子的濃度更小，所以有可能由a點變?yōu)閎點，D正確。

49、2. （2018年北京卷）測定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下。時刻溫度/25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中，取時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，產(chǎn)生白色沉淀多。下列說法不正確的是A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SOeq oal(2,3)+H2OHSOeq oal(,3)- +OHB. 的pH與不同，是由于SOeq oal(2,3)濃度減小造成的C. 的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致D. 與的Kw值相等 【答案】C【解析】Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡：SO32-+H

50、2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A正確；取時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，產(chǎn)生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，與溫度相同，與對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），的pH小于，即的pH與不同，是由于SO32-濃度減小造成的，B正確；鹽類水解為吸熱過程，的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響相反，C錯誤； Kw只與溫度有關(guān)，與溫度相同，Kw值相等D正確。3. （2018年天津卷）由下列實驗及現(xiàn)象推出的相應(yīng)結(jié)論正確的是實驗現(xiàn)象結(jié)論A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液產(chǎn)生藍色沉淀原溶液中有Fe2+，無Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液變渾濁酸性：H2CO3C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)D某溶液中加入Ba(NO3)2溶液再加足量鹽酸產(chǎn)生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有SO42-A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，產(chǎn)生藍色沉淀，說明溶液中有Fe2+，但是無法證明是否有Fe3+，A錯誤。向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液