全国卷2024-2025学年高考化学精鸭点突破16水溶液中的离子平衡含解析

2024-2025年高考化学精选考点突破16水溶液中的离子平衡1．25℃时，pH=2的HCl溶液中，由水电离出的H+离子浓度是A．1×10-7mol／L B．1×10-12mol／L C．1×10-2mol／L D．1×10-14mol／L【答案】B【解析】25℃，pH=2的HCl溶液中，[H+]=0.01mol/L，由于Kw＝[H＋][OH－]=1×10－14mol2·L－2，则[OH－]=，HCl溶液中OH－全部来自水的电离，即水电离出的[H+]=[OH－]=。故选B。2．常温下，下列各组离子确定能在指定溶液中大量共存的是（）A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO、Cl－B．=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH、Ca2＋、Cl－、NOC．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO、SOD．由水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO、CO【答案】B【解析】A．使酚酞变红色的溶液显碱性，而Al3＋在碱性条件下不能大量存在，故A错误；B．=1×10－13mol·L－1的溶液中显酸性，各离子之间不发生反应，也不与氢离子反应，可以大量共存，故B正确；C．与铝反应放出氢气的溶液可能显酸性也可能显碱性，若溶液显碱性，亚铁离子不能大量共存，若溶液显酸性，Fe2＋和NO不能大量共存，故C错误；D．由水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中水的电离受到抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，假如显酸性，偏铝酸根离子和碳酸根离子不能大量共存，故D错误。综上所述答案为B。3．在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的H＋浓度为1.0×10－13mol/L，下列有关该溶液的叙述正确的是A．该溶液确定呈碱性B．该溶液可能呈酸性C．该溶液的pH确定是1D．该溶液的pH不行能为13【答案】B【解析】25℃时，溶液中，由水电离产生的c(H+)水为10-13mol/L，则由水电离产生的c(OH-)水也为10-13mol/L；若溶液呈强酸性，依据Kw=c(H+)∙c(OH-)水，可知溶液中c(H+)为10-1mol/L，由于c(H+)水与c(H+)相比，可以忽视不计，故该酸性溶液pH为1；若溶液呈强碱性，则溶液中H+仅来自于水的电离，c(H+)=c(H+)水=10-1mol/L，依据Kw=c(H+)∙c(OH-)，可知溶液中c(OH-)为10-1mol/L，故该碱性溶液pH为13；综上所述，该溶液可能是酸性，也可能是碱性，pH可能为1，也可能为13；故B正确，答案为B。4．HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1mol·L-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是A．c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)B．c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)C．c(Na＋)+c(OH－)=c(A－)+c(H+)D．c(Na＋)+c(H+)=c(A－)+c(OH－)【答案】D【解析】A.NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c（H+）<c（OH-），A-水解、钠离子不水解，所以c（Na+）>c（A-），A-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小依次为：c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+），故A错误；B.依据A的分析可知，c（A-）>c（OH-），故B错误；C.溶液中存在电荷守恒，依据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na+）+c（OH-）>c（A-）+c（H+），故C错误；D.溶液中存在电荷守恒，依据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），故D正确；故选D。5．将V1mL1.00mol·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合匀称后测量并记录溶液温度，试验结果如图所示(试验中始终保持V1+V2=50mL，下列叙述正确的是()A．做该试验时环境温度为22℃B．该试验表明化学能可能转化为热能C．NaOH溶液的浓度约为1.00mol·L-1D．该试验表明有水生成的反应都是放热反应【答案】B【解析】A.将左边这根线向左下角延长，得到未加HCl时的交叉点，因此得出做该试验时环境温度为21℃左右，故A错误；B.盐酸和氢氧化钠反应放出热量，因此得出该试验表明化学能可能转化为热能，故B正确；C.HCl加入30mL时，温度最高，说明在此点恰好完全反应，即HCl和NaOH的物质的量相等，1mol·L−1×0.03L=c(NaOH)×0.02L，c(NaOH)=1.5mol·L−1，故C错误；D.该试验只能说这个反应是放热反应，但其他许多反应生成水的是吸热反应，比如碳酸氢钠分解，故D错误。综上所述，答案为B。6．确定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度改变曲线如图。下列说法正确的是（）A．上升温度，可能引起由c向b的改变B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13mol-2•L-2C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的改变D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的改变【答案】C【解析】A．上升温度，促进水的电离，和均增大，而由c向b改变，减小，故A不选；B．b点时，，故，故B不选；C．为强酸弱碱盐，在水溶液中会结合水电离出的氢氧根离子，促进水的电离，增大，减小，符合题图中由b到a的改变趋势，故选C；D．由c点到d点，水的离子积减小，稀释不能实现该改变，须要降低温度才能实现，故D不选。答案选C。7．已知溶液呈酸性，溶液呈碱性。现有浓度均为0.1mol/L的溶液和溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度的关系中（R表示S或C），确定正确的是：A．B．C．D．两溶液中、、分别相等【答案】A【解析】A．溶液中遵循质子守恒的规律，在NaHRO3溶液中，H2O和HRO3-得到的质子数等于两者失去的质子数，H2O和HRO3-分别得到一个质子后生成的粒子分别为H+、H2RO3，H2O和HRO3-分别失去一个质子后生成的粒子分别为OH-、RO32-，所以有，或者依据电荷守恒和物料守恒共同推导，A正确；B．带两个单位负电荷，前面应乘以2才符合电荷守恒，B错误；C．对于NaHSO3，因为的电离大于水解，所以有c(H+)>c(OH-)，而电离小于水解，所以有c(H+)<c(OH-)，C错误；D．0.1mol/L的溶液和溶液中，Na+的浓度相等，而、的电离和水解程度不同，故对应的离子浓度确定不相等，D错误；答案选A。8．常温下，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5。向20mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，所得混合液的导电率与加入CH3COOH溶液体积（V）的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．a=20，b=40，且溶液呈中性时处于A、B两点之间B．B点溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c()C．C点溶液的pH≈5D．A、B、C三点中，B点溶液中水的电离程度最大【答案】A【解析】由题可知，向20mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，CH3COOH先和NaOH反应生成CH3COONa，使溶液中离子浓度减小，溶液导电率降低，故A点时NaOH反应完全，溶液导电率最低，A点以后CH3COOH和NH3·H2O反应生成CH3COOONH4，使溶液中离子浓度增大，溶液导电率上升，故B点时NH3·H2O反应完全，B点以后，再加CH3COOH溶液，溶液体积增大，溶液中离子浓度降低，溶液导电率降低。A．结合上述分析可知a=20，b=40，A点溶液中溶质为CH3COONa、NH3·H2O，B点溶液中溶质为CH3COONa、CH3COOONH4，A、B两点溶液均呈碱性，故溶液呈中性时不在A、B两点之间，A错误；B．B点时，溶液为等浓度的CH3COONa与CH3COOONH4混合液，故离子浓度大小为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c()，B正确；C．C点时，溶液是等浓度的CH3COONa、CH3COOONH4与CH3COOH混合液，醋酸的电离平衡常数Ka=，即c(H+)=，由于≈2，则可得c(H+)≈0.9×10-5mol/L，故C点溶液pH≈5，C正确；D．由上述分析可知，B点溶液中CH3COONa与CH3COOONH4水解促进水的电离，A、C点溶液中NH3·H2O、CH3COOH分别电离出OH-、H+抑制水的电离，故B点溶液中水的电离程度最大，D正确；故选A。9．常温下几种难溶电解质的溶度积的数值如下表所示：物质名称硫化亚铁硫化铜硫化锌溶度积向含有等物质的量浓度的、、混合溶液中滴加溶液时，、、沉淀的先后依次为A．、、 B．、、C．、、 D．、、【答案】B【解析】物质的组成形式相像时，难溶电解质的溶度积越小，代表该物质越难溶于水，所以形成沉淀的时候，应当先析出溶度积相对较小的沉淀，因为溶度积的大小：硫化亚铁硫化锌硫化铜，所以沉淀的先后依次为、、，B正确。10．已知25℃时，AgI饱和溶液中c(Ag+)为1.22×10－8mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag+)为1.25×10－5mol/L。若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是（）A．c(K+)＞c(NO3－)＞c(Ag+)=c(Cl－)+c(I－)B．c(K+)＞c(NO3－)＞c(Ag+)＞c(Cl－)＞c(I－)C．c(NO3－)＞c(K+)＞c(Ag+)＞c(Cl－)＞c(I－)D．c(K+)＞c(NO3－)＞c(Cl－)＞c(Ag+)＞c(I－)【答案】D【解析】钾离子和NO3－不参加反应，所以c(K+)＞c(NO3－)。由于碘化银的溶度积常数小于氯化银的，所以首先生成碘化银沉淀，然后才是氯化银沉淀，因此依据硝酸银和氯化钾及碘化钾的物质的量可知，氯化钾是过量的，因此c(Cl－)＞c(Ag+)＞c(I－)，所以答案选D。【提升题】1．（2024高考全国卷真题）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的改变关系如图所示。[比如A2−的分布系数：δ(A2-下列叙述正确的是A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②B．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c【答案】C【解析】依据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入渐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入渐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；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约为1，说明H2A第一步完全电离，其次步部分电离，，依据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L。A．依据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．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，依据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L，B错误；C．依据曲线，没有加入NaOH时，pH约为1，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，即c(H+)=0.1mol/L，δ(HA-)=0.9，δ(A2-)=0.1，则HA-的电离平衡常数Ka=c(A2-)⋅c(H+)c(HA-)=（0.1×0.1）/0.9=1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，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(A2-2．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是（）A．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定B．锥形瓶未用待测液润洗C．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未解除，滴定后气泡消逝【答案】C【解析】A．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定，则盐酸被稀释，消耗盐酸的体积增加，所以测定结果偏高；B．锥形瓶未用待测液润洗，属于正确的操作要求，不会影响结果；C．读取标准液读数时，滴前仰视，读数偏大。滴定到终点后俯视，读数偏小，所以读取的盐酸体积削减，测定结果偏低。D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未解除，滴定后气泡消逝，说明读取盐酸的体积增加，所以测定结果偏高；答案选C。3．已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数Ka=1.75×10﹣5Ka=2.98×10﹣8Ka1=4.3×10﹣7Ka2=5.61×10﹣11Ka1=1.54×10﹣2Ka2=1.02×10﹣7下列离子方程式正确的是（）A．少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO﹣═CO32﹣+2HClOB．少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32﹣═SO32﹣+2HCO3﹣C．少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClOD．相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H++HCO3﹣═CO2↑+2H2O【答案】B【解析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，酸的电离平衡常数H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，则酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-。A．酸性：H2CO3>HClO>HCO3−，所以少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+ClO−═HCO3−+HClO，故A错误；B．酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3−，所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32−═SO32−+2HCO3−，故B正确；C．HClO具有强氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，所以少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中不生成CaSO3，故C错误；D．酸性：H2CO3＞HSO3−，NaHCO3溶液与NaHSO3溶液混合不能生成二氧化碳气体，故D错误；答案选B。4．已知298K时，Ksp(NiS)=，Ksp(NiCO3)=；p(Ni)=-lgc(Ni2+)，p(B)=-lgc(S2-)或-lgc()。在含相同物质的量浓度的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法中错误的是（）A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动D．p为3.5且对应的阴离子是【答案】C【解析】A．常温下Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，NiS、NiCO3的组成类型相同，故常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A正确；B．Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，则曲线I代表NiS，曲线Ⅱ代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡：，加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+浓度减小，d点向b点移动，B正确；C．对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C错误；D．曲线Ⅱ代表NiCO3，a点时c(Ni2+)=c(),Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)∙c()=，c(Ni2+)=c()=1×10-3.5mol/L，p=p(Ni)=p(B)=3.5，D正确；故选C。5．25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的溶液，其pH如表所示。有关说法正确的是序号①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3pH7.07.08.18.4A．酸性强弱：H2CO3>HFB．①和②中水的电离程度相同C．离子的总浓度：①>③D．④中：c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1【答案】C【解析】A．NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液PH，则对应酸性为H2CO3＜HF，故A错误；B．氯化钠溶液是强酸强碱溶液，溶液pH=7，氯化钠不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，溶液pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，①和溶质未水解，②中溶质发生双水解，故B错误；C．氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中电荷守恒c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（Cl－），NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，电荷守恒有c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（F－），两溶液中钠离子浓度相等，氢离子浓度①>③，所以离子的总浓度：①＞③，故C正确；D．依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3）=0.1mol·L－1，故D错误；故选C。6．向1L0.3mol/L的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，下列说法错误的是（）A．通入二氧化碳为0.15mol时，2c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()B．通入二氧化碳为0.15mol时，c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()C．通入二氧化碳为0.2mol时，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()D．向A选项反应后溶液中通入0.3molHCl，加热，c(Na+)=c(Cl-)=0.3mol/L【答案】A【解析】1.00L0.3mol•L-1的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：0.3mol/L×1L=0.3mol，向1L0.3mol/L的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，过程中发生的反应有CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，依据反应可知，当通入CO2的物质的量为0.15mol时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，当通入CO2的物质的量大于0.15mol小于0.3mol时，溶液中为碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，当通入CO2的物质的量为0.3mol时，全部转化为碳酸氢钠。A．通入二氧化碳为0.15mol时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c(H2CO3)+c()+c()]，故A错误；B．通入二氧化碳为0.15mol时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，碳酸根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度，则c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()，故B正确；C．结合分析，通入二氧化碳为0.2mol时，溶液中为碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，且二者的物质的量相等，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()，故C正确；D．依据分析，A选项发生反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O后溶液为碳酸钠溶液，其物质的量为0.15mol，向其中通入0.3molHCl，加热，发生反应为Na2CO3+2HCl=NaCl+H2O+CO2↑，依据反应可知，二者恰好完全反应，溶液体积为1L，依据氯原子守恒，c(Na+)=c(Cl-)=0.3mol/L，故D正确；答案选A。7．25℃时，用0.10mol∙L−1的NH3∙H2O滴定10mL0.05mol∙L−1H2A溶液，AG与加入NH3∙H2O的体积(V)关系如图所示(忽视溶液体积的改变)[已知AG=]。下列说法中正确的是（）A．H2A为弱酸B．b点溶液中c(A2−)=c()+c(NH3∙H2O)C．c点溶液中水的电离程度最大D．d点溶液中c()＞c(NH3∙H2O)【答案】D【解析】0.10mol∙L−1的NH3∙H2O滴定10mL0.05mol∙L−1H2A溶液，恰好完全反应时消耗10mLNH3∙H2O溶液，产物溶质为(NH4)2A。A．NH3∙H2O体积为0mL时，溶液AG=12，即0.05mol∙L−1H2A溶液的AG=12，即=1012，结合Kw==10-14可得：=0.1mol/L，所以H2A为二元强酸，A错误；B．b点消耗10mLNH3∙H2O，溶质为(NH4)2A，依据物料守恒有2c(A2−)=c()+c(NH3∙H2O)，B错误；C．a点溶质为H2A，水的电离受到抑制，b点溶质为(NH4)2A，水的电离受到促进，d点溶质为等浓度的(NH4)2A和NH3∙H2O混合溶液，AG小于0，溶液显碱性，NH3∙H2O的电离程度大于(NH4)2A的水解程度，水的电离受到抑制，c点为(NH4)2A和NH3∙H2O混合溶液，AG=0，NH3∙H2O的电离程度等于(NH4)2A的水解程度，水的电离程度无影响，故b点水的电离程度最大，C错误；D．d点溶质为等浓度的(NH4)2A和NH3∙H2O混合溶液，溶液中存在+H2ONH3∙H2O+H+、NH3∙H2O+OH-，结合C可知，AG小于0，溶液显碱性，则NH3∙H2O的电离程度大于(NH4)2A的水解程度，所以c()＞c(NH3∙H2O)，D正确。答案选D。8．常温下，用0.1mol/LKOH溶液滴定10mL0.1mol/LHA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A．a点pH约为3，可以推断HA是弱酸B．b点溶液：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)C．c点溶液：c(K+)=c(A-)D．水的电离程度：c点＞d点【答案】D【解析】A．a点为0.1mol/LHA溶液，若是强酸，pH=1，但pH约为3，HA是弱酸，A正确；B．b点溶液中溶质为等物质的量的KA和HA，溶液显酸性，离子浓度关系为：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；C．c点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，依据电荷守恒，c(K+)=c(A-)，C正确；D．c点溶液的pH=7，溶质为HA和KA，HA抑制水的电离，d点溶液的溶质为KA，KA促进水的电离，水的电离程度：c点<d点，D错误；故答案为：D。9．次氯酸钠是歼灭新型冠状病毒常用的消毒液，常温下，向10mL0.1mol•L-1HClO溶液中滴入0.1mol•L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)］与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是()A．0.1mol•L-1NaClO溶液中ClO-的个数小于NAB．c点溶液对应的pH=7C．a点溶液中存在：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)D．b点溶液中存在：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】D【解析】a点产物为NaClO和HClO，b点恰好生成NaClO，c点为溶质为NaClO和过量的NaOH。A．溶液体积未知，无法确定物质的量，不能推断ClO－的个数是否小于NA，故A错误；B．c点为NaClO和过量的NaOH，溶液为碱性，所以溶液pH＞7，故B错误；C．a点产物为NaClO和HClO，此时c水(H＋)=10-7，溶液为中性，但是物料关系不符合n(Na)=n(Cl)，所以没有c(Na＋)=c(ClO－)+c(HClO)这个关系，故C错误；D．b点恰好生成NaClO，溶液为碱性，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(ClO－)，由于ClO－发生水解，所以c(Na＋)＞c(ClO－)，溶液为碱性，c(OH－)＞c(H＋)，水解终归是微弱的，所以c(ClO－)＞c(OH－)，所以b点溶液中存在：c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D正确；故选D。10．已知Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp分别表示弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数，水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。通过查阅资料获得温度为25℃时以下数据：Kw＝1.0×10－14，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13，Ka(HF)＝4.0×10－4，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11(1)有关上述常数的说法正确的是__________。a.它们都能反映确定条件下对应改变进行的程度b.全部弱电解质的电离常数和难溶电解质的Ksp都随温度的上升而增大c.常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Kad.确定温度下，在CH3COONa溶液中，Kw＝Ka·Kh(2)25℃时，1.0mol·L－1HF溶液的pH约等于__________(已知lg2≈0.3)。将浓度相等的HF与NaF溶液等体积混合，推断溶液呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，并结合有关数据说明缘由：_____________。(3)已知CH3COONH4溶液为中性，又知CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，现有25℃时等浓度的四种溶液：A．NH4Cl，B．NH4SCN，C．CH3COONH4，D．NH4HCO3。回答下列问题：①试推断NH4HCO3溶液的pH__________7(填“＞”、“＜”或“＝”)；②将四种溶液按NH4＋浓度由大到小的依次排列是：__________(填序号)。③NH4SCN溶液中全部离子浓度由大到小的依次为_________。(4)为探究Mg(OH)2在酸中的溶解性，利用以上数据可以计算出反应：Mg(OH)2(s)＋2CH3COOH(aq)Mg2＋(aq)＋2CH3COO－(aq)＋2H2O(l)在25℃时的平衡常数K＝________，并据此推断Mg(OH)2_________(填“能”或“不能”)溶解于醋酸。(已知1.83≈5.8)【答案】(1)ad（2）1.7酸HF和NaF的浓度相等，Ka(HF)＝4.0×10－4，NaF溶液中Kh＝Kw/Ka=2.5×10-9，所以HF电离程度大于NaF的水解程度，溶液显酸性(3)①＞②A>B>C>D③c(SCN-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)(4)能【解析】（1）a.平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以它们都能反映确定条件下对应改变进行的程度，a正确；b.难溶电解质Ca(OH)2的Ksp随温度的上升而减小，b错误；c.电离平衡常数只与温度有关，温度相同电离平衡常数相同，c错误；d.确定温度下，在CH3COONa溶液中，，所以KW=Ka⋅Kh，d正确；故答案为：ad；（2）25℃时，1.0mol·L－1HF溶液中，Ka(HF)＝，c(H+)=2.0×10-2，pH，HF和NaF的浓度相等，Ka(HF)＝4.0×10－4，NaF溶液中Kh＝Kw/Ka=2.5×10-9，所以HF电离程度大于NaF的水解程度，溶液呈酸性，故答案为：酸；HF和NaF的浓度相等，Ka(HF)＝4.0×10－4，NaF溶液中Kh＝Kw/Ka=0.25×10-10，所以HF电离程度大于NaF的水解程度，溶液显酸性；（3）①已知CH3COONH4溶液为中性，说明CH3COO-和NH4+水解程度相同，又知CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明酸性：CH3COOH>H2CO3，越弱越水解，可知HCO3-水解程度大于NH4+水解程度，所以NH4HCO3溶液显碱性，pH＞7；故答案为：＞；②依据电离平衡常数可知，酸性：HSCN>CH3COOH>H2CO3，越弱越水解，所以四种溶液按NH4＋浓度由大到小的依次：A>B>C>D；故答案为：A>B>C>D；③酸性：HSCN>CH3COOH，CH3COO-和NH4+水解程度相同，所以NH4+水解程度大于SCN-水解程度，NH4SCN溶液显酸性，其全部离子浓度由大到小的依次为：c(SCN-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；故答案为：c(SCN-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；（4）在25℃时，平衡常数K＝cMg2+·c2【挑战题】1．25°C时，向50mL浓度均为1.0mol/L的醋酸和醋酸钠混合溶液中，缓慢滴加1.0mol/L的NaOH溶液，所得溶液的pH改变状况如图所示(已知:25°C时，Ka(CH3COOH)=1.8×10—5)。下列叙述错误的是A．V(NaOH)≤50mL时，随V(NaOH)增大，溶液中离子总浓度增大B．b点溶液中，c(Na+)>c(CH3COOH)C．a点溶液中，c(H+)约为1.8×10-5mol/LD．从a到c的过程中，溶液中不变【答案】A【解析】A．V(NaOH)≤50mL时，在溶液中，依据电荷守恒，有c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，考虑离子总浓度，只要考虑阳离子的浓度的改变即可，起先混合溶液中c(Na＋)=1mol·L－1，加入NaOH溶液中c(Na＋)=1mol·L－1，因此滴加过程中，c(Na＋)不变。滴加NaOH溶液，中和了溶液中的醋酸，酸性减弱，c(H＋)减小，阳离子总浓度减小，因此溶液中离子总浓度减小，A错误，符合题意；B．CH3COOH的电离平衡常数Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，则CH3COO－的水解平衡常数Kh=，可知，起先的混合溶液中，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，使得c(CH3COO－)＞C(CH3COOH)，依据物料守恒，2c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，结合两式可知c(Na＋)＞c(CH3COOH)，现加入NaOH溶液，NaOH会与CH3COOH反应，c(CH3COOH)的浓度减小，而c(Na＋)不变，有c(Na＋)＞c(CH3COOH)，B正确，不选；C．CH3COOH的电离平衡常数，不管是CH3COOH的电离还是CH3COO－的水解都是微弱的，因此可以近似地认为c(CH3COOH)=c(CH3COO－)=1mol·L－1，带入数据，可得c(H+)约为1.8×10-5mol/L，C正确，不选；D．，温度不变，Ka、Kw均不变，因此此式子的值不变，D正确，不选；答案选A。2．某温度下，分别向20mL浓度均为xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程中和与AgNO3溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是A．x=0.1 B．曲线I代表NaCl溶液C．Ksp(Ag2CrO4)约为4×10－12 D．y=9【答案】D【解析】A．依据图像可知，未滴加AgNO3溶液时或均为1，则NaCl和Na2CrO4溶液均为0.1mol·L-1，即x=0.1，A选项正确；B．1molCl-和CrO42-分别消耗1mol和2molAg+，由图像可知，滴加AgNO3溶液过程中，曲线I突跃时加入的AgNO3溶液的体积为20mL，则曲线I代表NaCl溶液，B选项正确；C．b点时，=4，则c(CrO42-)=10-4mol·L-1，c(Ag+)=2×10-4mol·L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)·c2(Ag+)=4×10－12，C选项正确；D．a点时，Cl-恰好完全沉淀，=5，则c(Cl-)=10-5mol·L-1，c(Ag+)=10-5mol·L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+)=10－10，c点加入40mLAgNO3溶液，溶液中，，则-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52，D选项错误；答案选D。3．亚砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治疗。室温下，配制一组c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的改变关系曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．pH＝11的溶液中：c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＞c(H2AsO3-)B．c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(HAsO32-)＞c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)C．c(Na＋)＝0.200mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)D．pH＝12.8的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)【答案】D【解析】H3AsO3、H2AsO3-、HAsO32-、AsO33-存在于同一溶液中，说明H3AsO3是三元弱酸，溶液中存在电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)。A．由图可知，pH=11时，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)，A错误；B．c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，c(Na＋)＝0.100mol·L－1，即c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)=c(Na＋)，此等式为NaH2AsO3的物料守恒，则c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由图可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)时，溶液显碱性，即H2AsO3-的水解程度大于电离程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，B错误；C．c(Na＋)＝0.200mol·L－1，c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，即2[c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)]=c(Na＋)，又因为电荷守恒：