专题10 水溶液中的离子平衡三年高考真题化学分项汇编解析版.docx

1、专题10 水溶液中的离子平衡三年高考真题化学分项汇编解析版专题10 水溶液中的离子平衡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，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子

2、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在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，故

3、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分的变化与导电性变化的关系是解答关键

4、。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】水的电离为吸热过程，升高温度，促进

5、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，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；D.盐

6、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【解析】【分析】电离常数HNO2大于C

7、H3COOH，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；C、代表HNO2，c(HNO2)c(

8、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-

9、)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 molL1NH4HCO3溶液等体积混合

10、：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-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH

11、4+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+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-

12、)+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4月选考室温下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸

13、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 molL1二元酸H2A看做20 mL

14、 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)，C项正确；D.当用去NaOH

15、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。82018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AAgCl的溶解度、Ksp均减小 BAgCl的溶解度、Ksp均不变CAgCl的溶解度减小、Ksp不变DAgCl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，

16、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。92018新课标用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

17、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】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11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110-8mol/L(实际稍小)，所以Ksp(Ag

18、Cl)约为0.02510-8=2.510-10，所以其数量级为10-10，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250.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。D卤

19、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11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

20、就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。102018北京测定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】A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，存在水解平衡： +H2O+OH-、+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取时刻的溶液，

21、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，浓度减小，溶液中c(OH-)，的pH小于，即的pH与不同，是由于浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度水解平衡正向移动，c()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。112018天津LiH2PO4是

22、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、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】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HPO42的电离

23、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、HPO42、PO43和H3PO4。选B错误。C从图1中得到随着c初始(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，=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

24、加，影响会互相抵消。122018江苏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+ ) =0.1000 molL1+ c(C2O42) c(H2C2O4)Dc(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH) c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4)【答案】AD【解析】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-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(C