高考化学真题专题分类汇编 专题十三 水溶液中的离子平衡 解析版.docx

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高考化学真题专题分类汇编专题十三水溶液中的离子平衡解析版

专题十三水溶液中的离子平衡（解析版）

1.【2019江苏】14.室温下，反应

+H2O

H2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。

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

A.0.2mol·L−1氨水：

c（NH3·H2O）>c（

）>c（OH−）>c（H+）

B.0.2mol·L−1NH4HCO3溶液（pH>7）：

c（

）>c（

）>c（H2CO3）>c（NH3·H2O）

C.0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：

c（

）+c（NH3·H2O）=c（H2CO3）+c（

）+c（

）

D.0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：

c（NH3·H2O）+c（

）+c（OH−）=0.3mol·L−1+c（H2CO3）+c（H+）

【答案】BD

【解析】

A.NH3∙H2O属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：

NH3∙H2O

NH4++OH-，H2O

H++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：

HCO3-

H2CO3+OH-，NH4+水解：

NH4++H2O

NH3∙H2O+H+，前者水解程度大，则c（H2CO3）>c（NH3∙H2O），故B正确；

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（CO32-）]，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与氨水等体积混合后，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（CO32-），则有c（NH3∙H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）+3c（H2CO3）+3c（HCO3-）+3c（CO32-），将④带入③中得，c（NH3∙H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+3c（H2CO3）+0.3mol/L，故D正确；

故选BD。

2.【2019北京】下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）

A

B

C

D

NaCl溶于水

电解CuCl2溶液

CH3COOH在水中电离

H2与Cl2反应能量变化

NaCl

Na++Cl−

CuCl2

Cu2++2Cl−

CH3COOH

CH3COO−+H+

H2（g）+Cl2（g）

2HCl（g）

ΔH=−183kJ·mol−1

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；

B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：

Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：

2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：

Cu2++2Cl-

Cu+Cl2，故B符合题意；

C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH

CH3COO-+H+，故C不符合题意；

D.由图可知，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；

综上所述，本题应选B。

【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。

本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。

3.【2019北京】实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4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

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−、Cu2+水解平衡移动方向不同

【答案】C

【解析】

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++2H2O

Cu（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。

4.【2019新课标Ⅰ卷】NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸氢钾H2A的Ka1=1.1×10−3，Ka2=3.9×10−6）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

B.Na+与A2−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】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。

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。

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。

5.【2019新课标Ⅱ卷】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）

C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动

D.温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动

【答案】B

【解析】

A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡：

CdS

Cd2++S2-，其溶度积Ksp=c（Cd2+）·c（S2-）,在饱和溶液中，c（Cd2+）=c（S2-）=S（溶解度），结合图像可以看出，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.从图像中可以看出，随着温度的升高，溶解的离子浓度增大，则说明CdS

Cd2++S2-为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c（Cd2+）与c（S2-）同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；

答案选B。

6.【2019新课标Ⅲ卷】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

B.c（H+）=c（

）+2c（

）+3c（

）+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。

7【2019上海等级考】5.25℃时，0.005mol/LBa（OH）2中H+浓度是（）

A.1×

mol/LB.1×

mol/L

C.5×

mol/LD.5×

mol/L

【答案】A

【解析】0.005mol/LBa（OH）₂溶液中，OH-浓度是0.005mol/L×2=0.01mol/L，c（H+）=Kw/c（OH-）=10-14mol/L/0.01mol/L=10-12mol/L.故选A。

8.【2019上海等级考】9.下列说法错误的是（）

A.含有共价键的化合物是共价化合物

B.含有极性键的分子可能是非极性分子

C.有电子转移的反应是氧化还原反应

D.水溶液中能完全电离的电解质是强电解质

【答案】A

【解析】

A.含有共价键的化合物也可能是离子化合物，如，NaOH，A错误。

B.含有极性键的分子也可能是非极性分子，如:

CCl4,B正确。

C.有电子转移的反应一定是氧化还原反应。

有电子转移也是氧化还原反应的本质。

C正确。

D.水溶液中能完全电离的电解质是强电解质。

D正确。

所以错误答案选A。

9.【2019上海等级考】13.用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是（）

A.可以用酚酞代替指示剂

B.滴定前用待测液润洗锥形瓶

C.若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果

D.当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点

【答案】C

【解析】

A.指示剂的选择原则是“由浅变深”如果用酚酞做指示剂颜色变化过程由红色变为无色，不符合要求，A错误。

B.滴定前用待测液润洗锥形瓶滴定结果偏大，B错误。

C.如果氢氧化钠吸收少量二氧化碳，发生反应：

CO2+2NaOH→Na2CO3+H2O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的氢氧根反应，H++OH-→H2O再与碳酸钠反应，CO₃²⁻+2H⁺→H₂O+CO₂↑可以发现存在关系

2OH---CO32---2H⁺，因此消耗盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量二氧化碳不影响测定结果，C正确。

D.该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不褪色，即为滴定终点，如果变为红色说明盐酸已经过量，D错误。

10.【2019上海等级考】20.常温下0.1mol/L①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是（）

A.①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-]

B.①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一

C.①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则（Na+）>（CH3COO-）>（H+）

D.①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小

【答案】B

【解析】

A.CH3COOH溶液中的H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以[CH3COOH]>[H+]>[CH3COO-]>[OH-]故A错误。

B.①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，如果CH3COO-不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO-+H2O→CH3COOH+OH-，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2.B正确。

C.①③等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，因此（CH3COO-）>（Na+）>（H+），C错误。

D.①②等体积混合以后恰好反应生成CH3COONa，CH3COO-的水解促进水的电离。

①③等体积混合，CH3COOH的电离产生H+抑制水的电离。

因此总体上看①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混和后水的电离程度大。

D错误。

11.【2019浙江4月选考】2.下列属于强电解质的是

A.硫酸钡B.食盐水C.二氧化硅D.醋酸

【答案】A

【解析】按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。

所以对四个选项进行物质分类考查：

A.可知硫酸钡是强电解质，A项正确；

B.食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；

C.二氧化硅是非电解质，C项错误；

D.醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。

故答案选A。

12.【2019浙江4月选考】5.下列溶液呈碱性的是

A.NH4NO3B.（NH4）2SO4C.KClD.K2CO3

【答案】D

【解析】盐类水解是指弱酸阴离子或弱碱阳离子发生水解，导致溶液的酸碱性发生变化，本题四个选项均涉及盐类水解。

A.该盐属于强酸弱碱盐，NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，溶液显酸性，A不合题意；

B.同A，NH4+发生水解，使得溶液显酸性，B不合题意；

C.该盐属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，C不合题意；

D.该盐属于强碱弱酸盐，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，溶液显碱性，D项符合题意。

故答案选D。

【点睛】关于正盐的酸碱性可利用口诀速度判断：

“谁强显谁性，都强显中性，都弱须看电离程度大小”。

13.【2019浙江4月选考】21.室温下，取20mL0.1mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1mol·L−1NaOH溶液。

已知：

H2A

H+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。

下列说法不正确的是

A.0.1mol·L−1H2A溶液中有c（H+）－c（OH−）－c（A2−）＝0.1mol·L−1

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10mL

C.当用去NaOH溶液体积10mL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20mL时，此时溶液中有c（Na+）＝2c（HA−）＋2c（A2−）

【答案】B

【解析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20mL0.1mol·L−1二元酸H2A看做20mL0.1mol·L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。

A.0.1mol·L−1H2A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−）=0.1mol·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10mL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20mL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。

14.【2019天津】某温度下，HNO2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

、

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】

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，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溶液至中性，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。