高考化学真题汇编专题12 水溶液中的离子平衡文档格式.docx

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c（NH4+）＞c（HCO

）＞c（NH2COOˉ）＞c（CO32－），A正确；

B、根据电荷守恒可得：

c（NH4+）＋c（H+）＝2c（CO32－）＋c（HCO3－）＋c（NH2COOˉ）＋c（OHˉ），B正确；

C、

=

，Kb不变，c（NH4+）不断增大，则比值不断减小，C不正确；

D、从图上看，pH降低过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成，D正确。

答案选C。

【考点定位】本题主要是考查电解质溶液中离子浓度大小关系，电荷守恒关系，图像分析应用等。

【名师点晴】本题从知识上考查了电解质溶液。

涉及弱电解质的电离和盐类的水解、离子浓度的大小比较、外加各类物质对电离平衡、水解平衡的影响。

在比较离子浓度的大小关系时经常要用到物料守恒、电荷守恒、质子守恒这三大守恒关系。

考察了学生对知识理解、综合运用能力，对离子浓度大小的比较的方法积三大守恒的掌握情况。

这道高考题为一道中档题，创新性较强。

3．【2015重庆理综化学】下列叙述正确的是（）

A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度

B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7

C．25℃时，0.1mol·

L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱

D．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl－）=c（I－）

【考点定位】本题主要考查弱电解质的电离平衡，酸碱混合溶液的PH判断，溶液的导电性和沉淀溶解平衡的应用。

【名师点晴】弱电解质的电离平衡，盐的水解平衡以及沉淀溶解平衡都属于动态平衡，平衡移动原理对它们均适用，将弱电解质的电离平衡，酸碱混合溶液的PH判断，溶液的导电性和沉淀溶解平衡等联系起来，这些均为教材中的核心知识，凸显了《物质在水溶液中的行为》的重要性，考查学生对化学基础知识、基本理论的理解和运用，突出了主干知识，体现了知识的基础性。

4．【2015天津理综化学】下列说法不正确的是（）

A．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行

B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同

C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同

D．Mg（OH）2固体在溶液中存在平衡：

Mg（OH）2（s）

Mg2+（aq）+2OH—（aq），该固体可溶于NH4Cl溶液

【解析】A项Na与H2O的反应是固体液体反应生成气体，故该反应为熵增的反应，故△S>

0，在反应中钠会熔化成一光亮的小球四处游动，发出咝咝声响，故该反应为放热反应，则△H<

0，故△G=△H-T△S<

0，故该反应能自发进行，A项正确；

B项饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，Na2SO4为钠盐，故饱和Na2SO4溶液使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的盐析，而浓硝酸为氧化性强酸，故使蛋白质溶液产生沉淀为蛋白质变性，二者原理不同，故B项正确；

C项FeCl3和MnO2均可做H2O2分解的催化剂加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同，故反应速率速率的改变不同，故C项错误；

D项Mg（OH）2固体在溶液中存在平衡：

Mg2+（aq）+2OH—（aq），NH4Cl溶液NH4+水解使溶液呈酸性，会消耗OH—，则Mg（OH）2（s）

Mg2+（aq）+2OH—（aq）正向移动，故D、Mg（OH）2固体可溶于NH4Cl溶液，故D项正确；

本题选C。

【考点定位】本题主要考查了化学反应原理。

涉及化学反应与能量的关系、化学反应速率的影响因素、化学平衡理论、蛋白质的性质判断等

【名师点睛】本题考查化学反应与能量的关系、反应自发判断的依据、熵值、焓值变化的判断，蛋白质的盐析与变性、原理的分析，催化剂对反应速率的影响、同一化学反应催化剂可以不同的认识，化学平衡的移动的判断、沉淀的溶解平衡移动的判断，包含了选修4中的大部分的内容，对于反应原理的应用，应注重学生理解能力的培养，如化学反应中焓减、熵增为反应自发的判断依据，如何判断，勒夏特列原理对于任何可逆反应都适用，溶液中的平衡也不例外，催化作用与催化效果的不同，抓住反应的本质，使学生加以理解应用。

【注】本题分类与专题11、12

5．【2015天津理综化学】室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质。

有关结论正确的是（）

加入的物质

结论

A

50mL1mol·

L－1H2SO4

反应结束后，c（Na+）=c（SO42－）

B

0.05molCaO

溶液中

增大

C

50mLH2O

由水电离出的c（H+）·

c（OH—）不变

D

0.1molNaHSO4固体

反应完全后，溶液pH减小，c（Na+）不变

【答案】B

【解析】室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32—+H2O

HCO3—+OH—溶液呈碱性；

A项加入50mL1mol·

L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c（Na+）=2c（SO42－），故A项错误；

向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+H2O=Ca（OH）2，则c（OH—）增大，且Ca2++CO32—=CaCO3↓，使CO32—+H2O

HCO3—+OH—平衡左移，c（HCO3—）减小，故

增大，故B项正确；

C项加入50mLH2O，溶液体积变大，CO32—+H2O

HCO3—+OH—平衡右移，但c（OH—）减小，Na2CO3溶液中H+、OH—均由水电离，故由水电离出的c（H+）·

c（OH—）减小，故C项错误；

D项加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32—反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c（Na+）增大，D项错误；

本题选B。

【考点定位】本题主要考查了盐类水解平衡应用。

涉及离子浓度的比较、比值的变化、溶液pH的变化等

【名师点睛】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。

对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。

等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；

等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；

离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。

6．【2015四川理综化学】常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<

7。

下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（）

A．

<

1.0×

10-7mol/L

B．c（Na+）=c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3）

C．c（H+）+c（NH4+）=c（OH－）+c（HCO3－）+2c（CO32－）

D．c（Cl－）>

c（NH4+）>

c（HCO3－）>

c（CO32－）

【答案】C

【解析】A、

=c（OH－），pH<

7时，c（OH－）1.0×

10-7mol/L，A正确；

B、物料守恒，B正确；

C、电荷守恒，应为c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），C错误；

D、c（Cl－）不变，NH4+水解，则c（Cl－）>

c（NH4+），HCO3－部分结晶析出，则c（NH4+）>

c（HCO3－），CO32－是HCO3－电离产生的，电离很微弱，则c（HCO3－）>

c（CO32－），D正确。

选C。

【考点定位】电解质溶液

【名师点睛】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。

考查的重点内容有：

1、弱电解质的电离平衡（主要考查：

电解质、非电解质的判断；

某些物质的导电能力大小比较；

外界条件对电离平衡的影响及电离平衡的移动；

将电离平衡理论用于解释某些化学问题；

同浓度（或同pH）强、弱电解质溶液的比较等等。

）；

2、水的电离程度影响的定性判断与定量计算；

3、盐溶液蒸干灼烧后产物的判断；

4、溶液中离子浓度大小的比较等。

7．【2015山东理综化学】室温下向10mL0.1mol·

L－1NaOH溶液中加入0.1mol·

L－1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。

下列说法正确的是（）

A．a点所示溶液中c（Na+）>

c（A—）>

c（H+）>

c（HA）

B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同

C．pH=7时，c（Na+）=c（A—）+c（HA）

D．b点所示溶液中c（A—）>

c（HA）

8．【2015安徽理综化学】25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·

H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）

A．未加盐酸时：

c（OH－）＞c（Na＋）=c（NH3·

H2O）

B．加入10mL盐酸时：

c（NH4＋）＋c（H＋）＝c（OH－）

C．加入盐酸至溶液pH=7时：

c（Cl－）=c（Na＋）

D．加入20mL盐酸时：

c（Cl－）＝c（NH4＋）＋c（Na＋）

【解析】A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c（Na＋）=c（NH3·

H2O），故A错

误；

B、加入10mL盐酸时，c（Cl-）=c（Na+），又根据电荷守恒得到：

c（NH4＋）＋c（H＋）+c（Na+）＝c（OH

－）+c（Cl-），所以c（NH4＋）＋c（H＋）＝c（OH－），B正确；

C、根据电荷守恒得到：

c（NH4＋）＋c（H＋）+c（Na+）

＝c（OH－）+c（Cl-），pH=7时，即c（H＋）＝c（OH－），所以c（NH4＋）+c（Na+）＝c（Cl-），c（Cl－）>

c（Na

＋），故C错误；

D、加入20mL盐酸时，c（Cl-）=2c（Na＋）,由于铵根离子的水解，c（NH4＋）﹤c（Na+），

所以c（Cl－）>

c（NH4＋）＋c（Na＋），故D错误，此题选B。

【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。

【名师点睛】溶液中离子浓度大小比较,是全国高考的热点题型之一,重复率达100%,因为这类题目涉及的知

识点多,难度大,区分度高。

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。

解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。

9．【2015广东理综化学】一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图2，下列说法正确的是（）

A．升高温度，可能引起有c向b的变化

B．该温度下，水的离子积常数为1.0×

10-13

C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化

D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化

【解析】温度升高，水的离子积增大，c（H+）、c（OH-）都增大，表示的点就不在曲线上，A错；

水的离子积常数K=c（H+）·

c（OH-），从图可知离子积是1.0×

10-11，不是1.0×

10-13，B错；

加入FeCl3，水解使得溶液酸性增强，c（H+）增大，那么c（OH-）减小，故可能引起由b向a的变化，C对；

温度不变水的离子积不变，稀释溶液后所表示的点还在曲线上，不可能引起由c向d的变化，D错。

10．【2015广东理综化学】准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·

L-1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（）

A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定

B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大

C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定

D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小

【解析】滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入NaOH溶液进行滴定会造成NaOH溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，A错；

酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，B对；

用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，C错；

滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，D对。

【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。

【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：

检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。

滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶目视锥形瓶中溶液颜色的变化。

指示剂的选择方法：

酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙，石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用酚酞或甲基橙，强酸与弱碱滴定用甲基橙，弱酸与强碱滴定用酚酞。

终点的判断：

溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。

酸碱中和滴定中的误差分析根据H+和OH—的物质的量相等，C标·

V标=C待·

V待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。

【注】本题分类与专题12、13

11．【2015海南化学】10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是（）

A．K2SO4B．CH3COONaC．CuSO4D．Na2CO3

【答案】A、B

【解析】Zn与稀盐酸发生反应：

Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，若加入物质是反应速率降低，则c（H+）减小。

但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的n（H+）不变。

A、K2SO4是强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，溶液中的水对盐酸起稀释作用，使c（H+）减小，但没有消耗H+，因此n（H+）不变，符合题意，正确；

B、CH3COONa与HCl发生反应：

CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，使溶液中c（H+）减小，反应速率降低，当反应进行到一定程度，会发生反应：

2CH3COOH+Zn=（CH3COO）2Zn+H2↑，因此最终不会影响产生氢气的物质的量，正确；

C、加入CuSO4溶液会与Zn发生置换反应：

CuSO4+Zn=Cu+ZnSO4，产生的Cu与Zn和盐酸构成原电池。

会加快反应速率，与题意不符合，错误；

D、若加入Na2CO3溶液，会与盐酸发生反应：

Na2CO3+2HCl=2NaCl2+H2O+CO2↑，使溶液中溶液中的c（H+）减小，但由于逸出了CO2气体，因此使n（H+）也减小，产生氢气的物质的量减小，不符合题意，错误。

【考点定位】考查影响化学反应速率速率的因素。

【名师点睛】本题将外界条件对化学反应速率速率的影响因素与物质之间的反应、弱电解质的电离和原电池原理的应用结合在一起考查浓度为化学反应速率的影响、原电池反应能加快化学反应速率，考查学生分析问题、解决问题的能力。

【注】本题分类于专题11、12

12．【2015海南化学】下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=1．8×

10-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1．4×

10-3）在水中的电离度与浓度关系的是（）

【解析】A、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；

弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误；

B、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；

弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像相符，正确；

C、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；

D、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；

弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误。

【考点定位】考查弱电解质的电离。

【名师点睛】本题将弱电解质的电离常数及影响电离平衡的外界因素与图像结合在一起考查了学生对弱电解质电离常数、电离度的意义、浓度对弱电解质的电离的影响等基础知识掌握的熟练程度，又结合图像考查了学生的观察能力和思维能力。

难度中等。

13．【2015江苏化学】下列说法正确的是（）

A．若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×

6．02×

1023

B．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>

7

C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀

D．一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）

【解析】A、2H2O2=2H2O＋O2，生成1molO2，转移电子物质的量为2×

1023，故错误；

B、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，等体积混合醋酸过量，水溶液显酸性，pH<

7，故错误；

C、牺牲阳极的阴极保护法，是根据原电池原理，让比铁活泼的金属作负极，钢铁做正极，阴极保护法，是根据电解池，钢铁做阴极，可以防止钢铁的腐蚀，故正确；

D、要求方向是一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，2v正（H2）=3v逆（NH3），故错误。

【考点定位】考查氧化还原反应中电子转移、盐类水解和弱电解质的电离、金属防护、达到化学平衡的判断等知识。

【名师点睛】对化学原理的考查，涉及氧化还原反应、盐类水解和弱电解质的电离、达到化学平衡的标志、金属腐蚀的防护等原理，要求平时学习注意化学反应原理，体现化学的特点，学生学习化学反应实质，可以培养学生分析问题的能力。

【注】本题分类于专题4、12

14．【2015江苏化学】室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A．向0.10mol·

L－1NH4HCO3溶液中通入CO2：

c（NH4＋）=c（HCO3－）＋c（CO32－）

B．向0.10mol·

L－1NaHSO3溶液中通入NH3：

c（Na＋）>

c（NH4＋）>

c（SO32－）

C．0.10mol·

L－1Na2SO3溶液通入SO2：

c（Na＋）=2[c（SO32－）＋c（HSO3－）＋c（H2SO3）]

D．0.10mol·

L－1CH3COONa溶液中通入HCl：

c（CH3COOH）=c（Cl－）

【解析】A、两者不反应，根据溶液呈现电中性，c（NH4＋）＋c（H＋）=c（OH－）＋c（HCO3－）＋2c（CO32－），因为pH=7，c（H＋）=c（OH－），即c（NH4＋）=c（HCO3－）＋2c（CO32－），故错误；

B、HSO3－H＋＋SO32－，NH3和H＋反应，生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，水解的程度是微弱的，c（Na＋）>

c（SO32－）=c（NH4＋），故错误；

C、Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3，pH=7，反应后溶液的溶质Na2SO3、NaHSO3，根据物料守恒：

2c（Na＋）=3[c（SO32－）＋c（HSO3－）＋c（H2SO3）]，故错误；

D、CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl，溶液pH=7，反应后的溶质：

NaCl、CH3COOH、CH3COONa，电离和水解相等，即：

c（CH3COOH）=c（Cl－），故正确。

【考点定位】考查离子浓度大小比较中电荷守恒、物料守恒等知识。

【名师点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：

电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。

15．【2015江苏化学】

（14分）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。

O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：

NO（g）＋O3（g）=NO2（g）＋O2（g）△H=－200．9kJ·

mol－1

NO（g）＋1/2O2（g）=NO2（g）△H=－58．2kJ·

SO2（g）＋O3（g）=SO3（g）＋O2（g）△H=－241．6kJ·

（1）反应3NO（g）＋O3（g）=3NO2（g）的△H=_______mol·

L－1。

（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：

n（NO）的变化见右图。

①当n（O3）：

n（NO）>

1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是__________。

②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是_________。

（3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液（pH约为8）中SO32－将NO2转化为NO2－，其离子方程式为：

___________。

（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c（SO32－）=________[用c（SO42－）、Ksp（CaSO3）和Ksp（C