通用版五年20162020高考化学真题专题点拨专题08水溶液中的离子平衡含解析

1专题08水溶液中的离子平衡【2020年】1.（2020·浙江卷）下列物质在熔融状态下不导电．．．的是()A.NaOHB.CaCl2C.HClD.K2SO4【答案】C【解析】NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH-，故其在熔融状态下能导电，A不符合题意；CaCl2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和Cl-，故其在熔融状态下能导电，B不符合题意；HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意；K2SO4属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的K+和SO42-，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。综上所述，本题答案为C。2.（2020·浙江卷）下列说法不正确．．．的是()A.712.010molL的盐酸中71cH2.010molLB.将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性C.常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D.常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大【答案】A【解析】盐酸的浓度为2.0×10-7mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7mol/L，故A错误；KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80℃时，水DE离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确。3.（2020·新课标Ⅰ）以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如2图所示。[比如A2−的分布系数：2-2--2-2c(A)δ(A)=c(HA)+c(HA)+c(A)]下列叙述正确的是A.曲线①代表2δ(HA)，曲线②代表-δ(HA)B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C.HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D.滴定终点时，溶液中+2--(Na)2(A)+(HA)ccc【答案】C【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L40mL220.00mL=0.1000mol/L，据此分析作答。根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L40mL220.00mL=0.1000mol/L，B错误；由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka=2-+-(A)(H)(HA)ccc=0.1000mol/L0.10.1000mol/L0.1000mol/L0.9≈1×10-2，C正确；用酚酞作指示3剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。4.（2020·江苏卷）室温下，将两种浓度均为10.1molL的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.323NaHCONaCO混合溶液(pH=10.30)：233NaHCOCOOHccccB.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：432NHHNHHOOHccccC.33CHCOOHCHCOONa混合溶液(pH=4.76):33NaCHCOOHCHCOOHccccD.22424HCONaHCO混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):222424HHCONaCOOHccccc【答案】AD【解析】NaHCO3水溶液呈碱性，说明3HCO的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：2--33COHCO＞，溶液中剩余微粒浓度关系为：-2-33HCOCOcc，2-3CO和-3HCO水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：+-2--33NaHCOCOOHcccc，故A正确；该混合溶液中电荷守恒为：++--4NH+H=OH+Clcccc，物料守恒为：+-324NH?HO+NH=2Clccc，两式联立消去c(Cl-)可得：++-432NH+2cH=2cOH+cNHHOc，故B错误；若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)，故C错误；该混合溶液中物料守恒为：+-2-22424242Na=HCO+HCO+COcccc，电荷守恒为：2---++24242CO+HCO+OH=Na+Hccccc，两式相加可得：4++2--22424H+HCO=Na+CO+OHccccc，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。5.（2020·山东卷）25℃时，某混合溶液中133CHCOOHCHCOO0.1molLcc，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是A.O点时，33CHCOOHCHCOOccB.N点时，apH=-lgKC.该体系中，+-13+a0.1cHcCHCOOH=molLK+cHD.pH由7到14的变化过程中，CH3COO-的水解程度始终增大【答案】BC【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)=c(OH-)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=-+33CHCOOHCHCOOHccc，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L-5c(CH3COOH)，又Ka=-+33CHCOOHCHCOOHccc，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=++0.1(H)(H)acKcmol/L，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；答案选BC。6.（2020·天津卷）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则aaK(HCOOH)K(HF)B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中-++-3cCHCOOcNacHcOHC.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则spspK(FeS)K(CuS)D.在-121molLNaS溶液中，2---12cS+cHS+cHS=1molL【答案】A【解析】HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。7.（2020·浙江卷）常温下，用10.1molL氨水滴定10mL浓度均为10.1molL的HCl和3CHCOOH的混合液，下列说法不正确．．．的是()A.在氨水滴定前，HCl和3CHCOOH的混合液中3cClcCHCOOB.当滴入氨水10mL时，+43233cNH+cNHHO=cCHCOO+cCHCOOHC.当滴入氨水20mL时，+332cCHCOOH+cH=cNHHO+cOH6D.当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，4cNHcCl【答案】D【解析】未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正确；当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)，C正确；当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确。8.（2020·江苏卷）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化