2019高考化学真题专题分类汇编专题十三水溶液中离子平衡(解析)

2021高考化学真题专题分类汇编专题十三水溶液中的离子均衡(分析版)2021高考化学真题专题分类汇编专题十三水溶液中的离子均衡(分析版)2021高考化学真题专题分类汇编专题十三水溶液中的离子均衡(分析版)专题十三水溶液中的离子均衡〔分析版〕1.【2021江苏】14.室温下，反应HCO3+H2OH2CO3+OH-的均衡常数K=2.2×10-8。将NH4HCO3溶液和氨水按必定比率混淆，可用于浸取废渣中的ZnO。假定溶液混淆惹起的体积变化可忽视，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的选项是-1-+L·氨水：c(NH3·H2O)>c(NH4)>c(OH)>c(H)-1(pH>7)：c(NH4)>c(HCO3)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)L·NH4HCO3溶液-1·L-1NH4HCO3溶液等体积混淆：C.0.2molL·氨水和c(NH4)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO32)-1·L-1NH4HCO3溶液等体积混淆：L·氨水和2--1+c(NH3·H2O)+c(CO3)+c(OH)=0.3molL·+c(H2CO3)+c(H)【答案】BD【分析】A.NH3?H2O属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离均衡有：NH3?H2ONH4++OH-，H2O+-，所以-+)，故A错误；H+OHc(OH)>c(NH4B.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++H2ONH3?H2O+H+，前者水解程度大，那么c(H2CO3)>c(NH3H2O)，故B正确；?C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，那么有c(NH+3H2O)=2[c(H23)+c(HCO-)+c(CO32-)]，故C错误；43)+c(NH?CO+3H2233-32-D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，那么有c(NH4)+c(NH)+c(CO)]①；电荷守?O)=4[c(HCO)+c(HCO恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；联合①②消去c(NH4+)得：H2-+23-2-43与氨水等体积混淆c(NHO)+c(OH)=c(H)+2c(CO)③，)+4c(HCO)+3c(HCOHCO后，c(NH4HCO3，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，那么有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?H-2-+)+3c(H2CO3，故D正确；2O)+c(OH)+c(CO3)=c(H应选BD。2.【2021北京】以下表示图与化学用语表述内容不符合的是〔水合离子用相应离子符号表示〕ABCD1电解CuCl2溶液3在水中电离NaCl溶于水CHCOOHH2与Cl2反应能量变化---H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)+CuCl2Cu2+33+NaClNa+Cl+2ClCHCOOHCHCOO+H-1H=-183kJ·molA.AB.BC.CD.D【答案】B【分析】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自觉解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不切合题意；B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极挪动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子朝阳极挪动，失电子，发生电极反应为：2Cl--2++2Cl-CuCl2，故B切合题意；所以电解总反应为：+C.CH3COOH为弱电解质，溶于水局部电离，所以电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不切合题意；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汲取的总能量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不切合题意；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，可见高考题愈来愈回归于课本。本题综合考察化学用语，波及强、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奇妙地联合。3.-1-1溶液以及H2OpH北京】实验测得0.5molL·CH3COONa溶液、0.5molL·CuSO4的随温度变【2021化的曲线以下列图。以下说法正确的选项是2A.随温度高升，纯水中c(H+)>c(OH-)随温度高升，CH3COONa溶液的c(OH-)减小随温度高升，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解均衡挪动共同作用的结果D.随温度高升，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO-、Cu2+水解均衡挪动方向不一样【答案】C【分析】A.水的电离为吸热过程，高升温度，平易向着电离方向挪动，+-水中c(H).c(OH)=Kw减小，故pH减小，c(H+)=c(OH-)，故A不切合题意；B.水的电离为吸热过程，高升温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-,高升温度促使盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不切合题意；C.高升温度，促使水的电离，故c(H+)增大；高升温度，促使铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，二者共同作用使pH发生变化，故C切合题意；D.盐类水解为吸热过程，高升温度促使盐类水解，故D不切合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考察弱电解质在水中的电离均衡，明确化学均衡常数不过温度的函数，温度对水的电离和盐类水解均衡的影响是解题的要点，盐类水解是高频考点，也是高考的要点和难点，本题难度不大，是根基题。4.【2021新课标Ⅰ卷】NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾〔邻苯二甲酸氢钾H2a1×10-3，A的KKa2=3.9×10-6〕溶液，混淆溶液的相对导电能力变化曲线以下列图，此中b点为反应终点。以下表达错误的是3混淆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点的混淆溶液pH=7D.c点的混淆溶液中，-c(Na+)>c(K+)>c(OH)【答案】C【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参加氢氧化钠溶液，二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，导电性加强，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。项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中参加氢氧化钠溶液，二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，溶液导电性加强，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+的物质的量同样，K+的物质的量浓度变化不显然，HA—转变为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；项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰巧完整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；项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰巧完整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点是持续参加氢氧化钠溶液后，获得邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混淆溶液，那么溶液中c〔Na+〕＞c〔K+〕，由图可知，a点到b点参加氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点参加氢氧化钠溶液的体积，那么溶液中c〔K+〕＞c〔OH—〕，溶液中三者大小次序为c〔Na+〕＞c〔K+〕＞c〔OH—〕，故D正确。应选C。【点睛】本题考察水溶液中的离子均衡，试题重视考察剖析、理解问题的能力，注意正确剖析图象曲线变化，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要点。5.【2021新课标Ⅱ卷】绚烂多彩的无机颜料的应用曾创建了古代绘画和彩陶的绚烂。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的积淀溶解均衡曲线以下列图。以下说法错误的选项是4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)<Ksp(q)C.向m点的溶液中参加少许Na2S固体，溶液构成由m沿mpn线向p方向挪动D.温度降低时，q点的饱和溶液的构成由q沿qp线向p方向挪动【答案】B【分析】A.CdS在水中存在积淀溶解均衡：CdSCd2++S2-，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S〔溶解度〕，联合图像能够看出，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的积淀溶解均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，那么其溶度积同样，B项错误；C.m点抵达积淀溶解均衡，向此中参加硫化钠后，均衡向逆反应方向挪动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液构成由m沿mnp向p方向挪动，C项正确；D.从图像中能够看出，跟着温度的高升，溶解的离子浓度增大，那么说明CdSCd2++S2-为吸热反应，那么温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度降落，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向挪动，D项正确；答案选B。6.【2021新课标Ⅲ卷】设NA为阿伏加德罗常数值。对于常温下pH=2的H3PO4溶液，以下说法正确的选项是每升溶液中的H+数量为Ac(H+)=c(H2PO4)+2c(HPO4)+3c(PO34)+c(OH-)C.加水稀释使电离度增大，溶液pH减小参加NaH2PO4固体，溶液酸性加强【答案】B5【分析】A、常温下pH＝2，那么溶液中氢离子浓度是，所以每升溶液中＋数量为A，A错误；HB、依据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促使电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、参加NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，克制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。7【2021上海等级考】5.25℃时，0.005mol/LBa(OH)2中H+浓度是〔〕A.1×12mol/LB.1×13mol/L1010C.5×1012mol/LD.5×1013mol/L【答案】A【分析】Ba(OH)?溶液中，-×，OH浓度是c(H+)=Kw/c(OH-)=10-14-12mol/L.应选A。8.【2021上海等级考】9.以下说法错误的选项是〔〕含有共价键的化合物是共价化合物含有极性键的分子可能是非极性分子有电子转移的反应是氧化还原反应水溶液中能完整电离的电解质是强电解质【答案】A【分析】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.有电子转移的反应必定是氧化还原反应。有电子转移也是氧化还原反应的实质。C正确。D.水溶液中能完整电离的电解质是强电解质。D正确。所以错误答案选A。【2021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，以下说法正确的选项是〔〕能够用酚酞取代指示剂滴定前用待测液润洗锥形瓶假定氢氧化钠汲取少许CO2，不影响滴定结果当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不退色，即抵达滴定终点6【答案】C【分析】A.指示剂的选择原那么是“由浅变深〞假如用酚酞做指示剂颜色变化过程由红色变为无色，不切合要求，A错误。滴定前用待测液润洗锥形瓶滴定结果偏大，B错误。假如氢氧化钠汲取少许二氧化碳，发生反应：CO2+2NaOH→Na2CO3+H2O，再滴入盐酸，盐酸先和节余的氢氧根反应，H++OH-→H2O再与碳酸钠反应，CO?2?+2H?→H?O+CO?↑能够发现存在关系2OH---CO32---2H?，所以耗费盐酸的物质的量一直等于氢氧化钠的物质的量，所以氢氧化钠汲取少量二氧化碳不影响测定结果，C正确。该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不退色，即为滴定终点，假如变为红色说明盐酸已经过度，D错误。【2021上海等级考】20.常温下①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，以下表达正确的选项是〔〕A.①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-]①②等体积混淆后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一C.①③等体积混淆此后，溶液呈酸性，那么+-+(Na)>(CH3COO)>(H)①②等体积混淆此后，水的电离程度比①③等体积混淆的电离程度小【答案】B【分析】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等体积混淆后恰巧反应生成CH3COONa，体积大概为本来的2倍，假如CH3COO-不水解，浓度约为本来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO-+H2O→CH3COOH+OH-，水解均衡向正向挪动，所以CH3COO-浓度小于本来的1/2.B正确。C.①③等体积混淆此后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以(CH3COO-)>(Na+)>(H+)，C错误。D.①②等体积混淆此后恰巧反应生成CH3COONa，CH3COO-的水解促使水的电离。①③等体积混淆，CH3COOH的电离产生H+克制水的电离。所以整体上看①②等体积混淆后水的电离程度比①③等体积混和后水的电离程度大。D错误。11.【2021浙江4月选考】2.以部下于强电解质的是A.硫酸钡B.食盐水C.二氧化硅D.醋酸7【答案】A【分析】按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完整电离的电解质，包括强酸、强碱、全局部盐等。所以对四个选项进行物质分类考察：A.可知硫酸钡是强电解质，A项正确；B.食盐水为混淆物，不在强电解质的观点内，B项错误；C.二氧化硅是非电解质，C项错误；D.醋酸在水中不完整电离，为弱电解质，D项错误。故答案选A。【2021浙江4月选考】5.以下溶液呈碱性的是A.NH4NO3B.(NH4)2SO4C.KClD.K2CO3【答案】D【分析】盐类水解是指弱酸阴离子或弱碱阳离子发生水解，致使溶液的酸碱性发生变化，本题四个选项均波及盐类水解。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项切合题意。故答案选D。【点睛】对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〞。-1H2A，滴加-113.【2021浙江4月选考】21.室温下，取20mL0.1molL·某二元酸0.1molL·NaOH溶液。：H2A+＋HA-，HA-?H+＋A2-。以下说法不正确的选项是H．．．-1H2A溶液中有+-2--1A.0.1mol·Lc(H)－c(OH)－c(A)＝0.1molL·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10mLC.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【分析】因为该二元酸H2A，第一步电离完整，第二步局部电离，能够把-1二元酸H2A看20mL0.1molL·做20mL0.1mol-1HA-一元弱酸和+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。·LA.0.1mol·L-1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)，因此-)-c(A2-)=c(A2---1c(H+)-c(OH)+c(HA)=0.1molL·，A项正确；8B.假定NaOH用去10ml，反应获得NaHA溶液，因为HA-?H+＋A2-，溶液显酸性，因此滴加至中性时，需要参加超出10ml的NaOH溶液，B项错误；C.当用去NaOH溶液体积10mL时，获得NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关