2022届高考化学二轮专题复习12水溶液中的离子平衡

水溶液中的离子平衡一、选择题（本题共21小题，每题只有一个选项符合题意）1．已知Ka(HClO)=3.0×10-8，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，下列说法错误的是A．向0.1mol·L-1的NaClO溶液中加水稀释，增大B．向NaClO溶液中通HCl气体至中性，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)C．等物质的量浓度的NaClO溶液与NaHCO3溶液，前者碱性强D．向氯水中加入稍过量的碳酸氢钠粉末，溶液漂白性增强【答案】B【解析】A．=，加水稀释c(ClO-)减小，Ka(HClO)不变，所以该比值增大，A正确；B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+c(Cl-)，B错误；C．Ka(HClO)＜Ka1(H2CO3)，所以HClO的酸性更弱，则ClO-的水解程度更大，等物质的量浓度的NaClO溶液与NaHCO3溶液，前者碱性强，C正确；D．氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，稍过量的碳酸氢钠粉末可以消耗HCl，使平衡正向一定，HClO增多，溶液漂白性增强，D正确；综上所述答案为B。2．室温下，将两种浓度均为0.10mol·L-1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．NaHCO3—Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()B．氨水—NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c()+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)C．CH3COOH—CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)＞c(H+)D．H2C2O4—NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c()+2c()＞0.05mol·L-1【答案】D【解析】A．根据物料守恒有c(Na+)=[c(H2CO3)+c()+c()]，选项A错误；B．该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，选项B错误；C．该溶液呈酸性，说明CH3COOH19 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+)，选项C错误；D．该混合溶液中电荷守恒为：，溶液呈酸性，则c()+2c()==0.05mol·L-1＞0.05mol·L-1，选项D正确；答案选D。3．PAR（用H2R表示）是常用的显色剂和指示剂，在水溶液中以H3R+、H2R、HR-、R2-四种形式存在。关于室温下0.05mol/LH2R溶液说法错误的是A．溶液pH＞1B．溶液中存在关系：C．溶液中加入PAR晶体，PAR的电离平衡正向移动，电离度减小D．该溶液既能和酸反应，又能和碱反应【答案】B【解析】A．在室温下0.05mol/LH2R溶液中存在H2R、HR-、R2-，说明H2R能够电离产生H+，而且分步电离，电离程度逐渐减弱，主要是第一步电离，使溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性。c(H+)＜2×0.05mol/L=0.1mol/L，因此该溶液pH＞1，A正确；B．由于在溶液中以H3R+、H2R、HR-、R2-四种形式存在，所以根据R元素守恒可知：，B错误；C．向溶液中加入PAR晶体，电解质的浓度增大，PAR的电离平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动消耗量小于PAR的加入量，导致其电离度减小，C正确；D．溶液中含有的微粒H3R+、H2R、HR-能够与碱电离产生的OH-发生反应，而R2-则能够与酸电离产生的H+结合，因此该溶液既能和酸反应，又能和碱反应，D正确；故选B。4．下列说法正确的是A．pH=2的盐酸和pH=2的醋酸溶液分别稀释m倍和n倍，欲使两溶液的pH相同，则m＞nB．0.1mol·L-1NaHS溶液和0.1mol·L-1Na2S溶液的两种溶液中均存在：c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)C．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)D．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合后溶液中：c(M+)=c(A-)【答案】B【解析】A．HCl是强酸，完全电离；pH=2的盐酸中，c(HCl)=c(H+)=10-2mol/L；醋酸是弱酸，19 存在电离平衡，pH=2的醋酸溶液中，c(CH3COOH)＞c(H+)=10-2mol/L；当稀释相同倍数时，溶液中未电离的醋酸分子会进一步电离产生H+，使其中H+的浓度比HCl的大，要使其pH与HCl的相同，则稀释的倍数醋酸的大于盐酸的，即n＞m，A错误；B．H2S是二元弱酸，因此在两种溶液中都存在微粒：Na+、H+、OH-、S2-、HS-，所以根据电荷守恒可得关系式：c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，B正确；C．等浓度的不同物质，碱电离产生的OH-的浓度远大于盐水解产生的OH-的浓度；对于不同的盐来说，形成盐的相应的弱酸的酸性越弱，该盐的水解产生的OH-的浓度就越大；NaOH是强碱；酸性：CH3COOH＞，所以当溶液浓度相同时，pH：CH3COONa＜Na2CO3＜NaOH，则当pH相同时，物质的浓度：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)，C错误；D．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合后溶液中存在电荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，但溶液中c(H+)与c(OH-)不一定相同，因此c(M+)与c(A-)也就不一定相等，D错误；故合理选项是B。5．某温度下，向体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol·L－1的NaCl溶液、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L－1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(PX=-lgX，X=Cl-、CrO)与滴加AgNO3溶液体积的关系如图所示。（已知：lg3=0.47）下列说法错误的是A．曲线Ⅰ表示AgNO3溶液滴定NaCl溶液的过程B．Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-3bC．其他条件不变，如果NaCl溶液浓度改为0.05mol·L－1，则滴定终点向上移动D．M点的纵坐标约为2a-1.47【答案】C【解析】A．由图可知，pX=a或b时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相同，反应为NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3，完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线I表示NaCl溶液、曲线II表示Na2CrO4溶液，故A正确；B．曲线II表示Na2CrO419 溶液，达到滴定终点时pX=b，即c(CrO)=10-bmol/L，(s)⇌Ag+(aq)+CrO(aq)，则c(Ag+)=2c(CrO)=2.0×10-bmol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO)=(2.0×10-b)2×(10-b)=4.0×10-3b，故B正确；C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将NaCl溶液浓度改为0.05mol·L－1，需要的硝酸银溶液的体积变成原来的一般，因此滴定终点会向左平移，故C错误；D．由曲线I可知，pX=a时达到滴定终点，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-amol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=10-2a，当在NaCl溶液中加入40mLAgNO3溶液，混合溶液中c(Ag+)≈mol/L，则溶液中c(Cl-)=mol/L=30×10-2amol/L，pX=-lg30×10-2a=2a-1-lg3=2a-1.47，故D正确；故选C。6．X为一元弱酸，YOH为一元强碱。常温下，向难溶强电解质(YX)的悬浊液中加入某酸，测得c(Y+)与c(H+)的变化关系如图实线所示。下列说法错误的是A．M点时，c(X-)＜c(Y+)B．水的电离程度：N＞PC．实验时可加入的酸为盐酸D．难溶物XY的溶度积K为a22【答案】C【解析】A．M点溶液呈碱性c(OH-)>c(H+)，又有电荷守恒有c(OH-)+c(X-)=c(H+)+c(Y+)，因此该点溶液中c(X-)＜c(Y+)，A正确；B．在难溶性盐YX的悬浊液中存在水的电离平衡：H2OH++OH-，向其中加入酸，增大了其中c(H+)，对水电离平衡其抑制作用，使水电离程度减小。c(H+)越大，水的电离程度就越小。由于c(H+19 )：P＞N，所以水的电离程度：N＞P，B正确；C．如果加入某酸为HCl，则与X-反应产生弱酸HX，c(X-)减小，c(Y+)增大，与图像不符，因此实验时可加入的酸不为盐酸，应为HX，C错误；D．在一定温度下，难溶物XY的溶度积K=c(Y+)∙c(X-)，但由于在N点时c(H+)=10-7mol/L，根据电荷守恒，c(Y+)=c(X-)，所以K为a22，D正确；故选C。7．常温下浓度均为0.1mol·L-1的两种溶液：①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液，下列说法不正确的是A．水电离产生的c(OH-)：①<②B．CH3COONa溶液pH>7说明CH3COOH为弱酸C．两种溶液中均存在：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1D．等体积混合所得酸性溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)【答案】D【解析】A．醋酸抑制水电离，醋酸钠能水解而促进水电离，所以水电离产生的c(OH-)：①<②，故A正确；B．CH3COONa溶液pH>7原因是CH3COO-发生了水解反应，根据有弱才水解，说明CH3COOH为弱酸，故B正确；C．由物料守恒：两种溶液中均存在：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1，故C正确；D．等体积混合所得溶液呈酸性则c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故D错误；故选D。8．苯甲酸（C6H5COOH）是一种有机弱酸，下列说法正确的是A．常温下，0.1mol/L的C6H5COONa溶液的pH=13B．相同温度下，相同浓度的盐酸与苯甲酸溶液的pH：盐酸<苯甲酸溶液C．中和等体积等物质的量浓度的盐酸与苯甲酸溶液，所需NaOH的量：盐酸>苯甲酸溶液D．C6H5COONa溶液中存在关系：c(C6H5COO-)=c(Na+)=c(H+)=c(OH-)【答案】B【解析】A．苯甲酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则常温下，0.1mol/L的苯甲酸钠溶液的pH小于13，故A错误；B．苯甲酸是一种有机弱酸，在溶液中部分电离出氢离子，相同浓度的盐酸与苯甲酸溶液中盐酸中氢离子浓度大于苯甲酸溶液，溶液的pH小于苯甲酸溶液，故B正确；C．等体积等物质的量浓度的盐酸与苯甲酸溶液的中和能力相同，完全反应消耗氢氧化钠的物质的量相等，故C错误；D．苯甲酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(C6H5COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；故选B。19 9．室温下，通过下列实验探究NH4Fe(SO4)2溶液的性质（假设实验前后溶液体积不变）。实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的pH，测得pH约为52向0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生沉淀3向0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中通入足量的NH3，产生红褐色沉淀4向0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中加入NaHS溶液，产生浅黄色沉淀下列说法正确的是A．0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中存在：c(NH)＋3c(Fe3＋)=2c(SO)B．实验2中沉淀成分仅为Fe(OH)3C．实验3得到的溶液中有c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)＞0.3mol·L-1D．实验4中发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋2HS-=2Fe2＋＋2S↓＋H2↑【答案】C【解析】A．电荷守恒方程式：c(NH)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)=2c(SO)＋c(OH－)，错误；B．实验2中的沉淀有Fe(OH)3和BaSO4，错误；C．NH4Fe(SO4)2溶液中物料守恒关系为：c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)=0.3mol/L，NH4Fe(SO4)2溶液中通入NH3，导致溶液中的NH增多，则有：c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)>0.3mol/L，正确；D．Fe3＋氧化HS－生成S和Fe2＋，根据Fe、S得失电子守恒配平反应，离子方程式为：2Fe3＋＋HS－=2Fe2＋＋S↓＋H＋，错误；故选C。10．25℃时，向的二元酸H2A溶液中逐滴滴入等浓度的NaOH溶液，测得溶液的pH与lgY[Y代表或]关系如图。下列相关结论正确的是19 A．曲线a表示pH与的变化关系B．25℃时，H2A的约为10-7.2C．当溶液的pH=6时，D．滴入20.00mLNaOH溶液时，【答案】B【解析】根据向H2A溶液中加入NaOH溶液的反应过程可知，H2A越来越少，先生成HA-，在生成A2-，则可知曲线a代表lg随pH的变化，曲线b代表随pH的变化曲线，已知H2AH++HA-，则有Ka1=，根据曲线a可知，Ka1==101.88×10-4=10-2.12，HA-H++A2-，则有Ka2=，根据曲线b可知，Ka2==102.8×10-10=10-7.2。A．由分析可知，曲线a表示pH与lg的变化关系，A错误；B．由分析可知，25℃时，H2A的约为10-7.2，B正确；C．根据电荷守恒可知，当溶液的pH=6时，，C错误；D．滴入20.00mLNaOH溶液时即生成NaHA溶液，由分析可知，Ka2=10-7.2，Kh2===10-11.88，即HA-的电离大于水解，反应后溶液呈酸性，故离子浓度大小关系为：，D错误；故答案为B。11．已知为三元弱酸。25℃时，某溶液中含R的各微粒分布分数（平衡时某微粒的浓度占所有微粒浓度之和的分数）随pH值的变化关系如图所示。下列有关说法正确的是19 A．溶液的pH大于7B．溶液中存在C．的水解常数为D．溶液中存在：【答案】C【解析】H3RO4存在三步电离：①，结合图像特点可知，第一个交点处=，所以此时；②，同理可得；③，同理可得。A．据图像可知，当溶液中的分布分数最大时，溶液的pH小于7，A项错误；B．由图像可计算出和，此时，B项错误；C．的水解常数，C项错误；D．Na2HRO4溶液中存在电离平衡（）和水解平衡（），由图像可知此时溶液pH＞7，推测的水解大19 于电离，故水解产生的，D项错误；答案选C。12．25°C，向20mL0.1mol·L-1的H3PO2溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液（滴定过程中溶液温度保持不变），滴定曲线如图1，含磷物种浓度所占分数（δ）随pH变化关系如图2，则下列说法错误的是A．水的电离程度按A、B、C、D、E顺序先增大后减小，其中D点最大B．B点溶液中存在关系：2c(H+)+c(H3PO2)=2c(OH-)+c(H2PO)C．图2中的a点对应为图1中的B点，根据a点可知H3PO2电离常数Ka=10-5D．D点时，溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)＞c(H2PO)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】D【解析】A．根据图示可知H3PO2是一元弱酸。未滴加NaOH溶液时，酸H3PO2电离产生H+，对水的电离平衡起抑制作用，随着NaOH滴入，H3PO2电离产生H+不断被中和，对水的电离平衡的抑制作用逐渐减小，水电离程度逐渐增大，当加入NaOH溶液至20mL时的D点时，H3PO2与NaOH恰好中和生成NaH2PO2，这时水电离程度比A、B、C点都大，后来NaOH溶液过量，NaOH电离产生的OH-对水电离平衡起抑制作用，使水电离程度又逐渐减小，因此水的电离程度按A、B、C、D、E顺序先增大后减小，其中D点最大，A正确；B．B点溶液中溶质NaH2PO2和H3PO2等物质的量浓度的混合溶液，存在电荷守恒关系：①c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)，也存在物料守恒：②2c(Na+)=c(H3PO2)+c(H2PO)，①×2-②整理可得到：2c(H+)+c(H3PO2)=2c(OH-)+c(H2PO)，B正确；C．20mL0.1mol/L的H3PO2溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液10mL，得到等浓度的H2PO和H3PO2，根据图2，H2PO和H3PO2含磷物种浓度所占分数（δ）相等的是a点，所以a点此时即为B点，Ka=19 ，C正确；D．D点是20mL0.1mol/L的H3PO2溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液20mL，二者恰好完全反应，得到的是NaH2PO2，溶液显示碱性，H2PO部分水解产生H3PO2，水解离子方程式为H2PO+H2OH3PO2+OH-，Kh=；根据图1可知D点溶液中c(OH-)=10-9mol.L，所以c(H2PO)=c(H3PO2)，同时溶液中还存在水电离产生的OH-，故c(OH-)＞c(H2PO)，则D点溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(OH-)＞c(H2PO)＞c(H+)，D错误；故合理选项是D。13．用0.01mol·L－1氨水滴定20mL浓度均为0.01mol·L－1的HCl和CH3COOH混合溶液。导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.7×10-5。下列叙述正确的是A．a点的混合溶液中pH约为5B．b点的混合溶液中：c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(NH)C．c点的混合溶液中：c(NH)>c(Cl-)>c(CH3COO-)D．滴定过程中c(H+)先减小后增大【答案】C【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，氨水和稀盐酸反应时因为溶液体积增大导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力降低，当盐酸和氨水完全反应时溶液导电能力最小；醋酸是弱酸，溶液中醋酸电离出的离子浓度较小，醋酸和氨水反应时生成强电解质醋酸铵导致溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，b点盐酸和氨水恰好完全反应、c点醋酸和氨水恰好完全反应；A．a点为HCl和CH3COOH的混合溶液，HCl完全电离，c(H+)=0.01mol·L19 －1，CH3COOH是弱电解质而部分电离，则醋酸电离出的氢离子浓度等于醋酸根离子，即c(H+)，所以以盐酸电离的氢离子为主，pH约为2，故A错误；B．b点盐酸和氨水恰好完全反应，b点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COOH，由电荷守恒：c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，NH4Cl中铵根水解导致溶液呈酸性，所以c(OH-)≠c(H+)，故B错误；C．c点两种酸恰好和氨水完全反应，则c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4，CH3COO-部分发生水解反应，则离子浓度：c(NH)>c(Cl-)>c(CH3COO-)，故C正确；D．滴定过程中氨水消耗HCl和CH3COOH，c(H+)一直减小，故D错误；故选C。14．已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至pH=3，则H2A的电离度为0.013%C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【答案】B【解析】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至pH=3，，则H2A的电离度0.013%，故B正确；C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)<c(HA-)，故C错误；D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；选B。15．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。用0.100mol/L的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是19 A．相同温度下，C点水的电离程度大于A点B．由PA段电导率变化趋势可知，K+的导电能力强于H+C．A点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1D．B点溶液中：c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)【答案】D【解析】A．溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中自由移动的离子浓度比强酸HCl的小。在开始滴定时①电导率小于②，说明①是醋酸的滴定曲线，②是HCl的滴定曲线。当加入KOH溶液体积至20mL时，二者都是恰好反应产生盐。A点CH3COOK是强碱弱酸盐，C点是KCl是强酸强碱盐，CH3COOK水解促进水的电离，而KCl不水解，对水的电离平衡无影响，所以相同温度下，A点水的电离程度大于点C，A错误；B．PA段电导率增加，是由于开始时CH3COOH溶液中自由移动的离子浓度较小，溶液导电能力较弱，随着KOH的滴入，弱酸CH3COOH与KOH发生中和反应产生CH3COOK，产生了大量自由移动的CH3COO-、K+，溶液中自由移动的离子浓度增大，因而溶液的导电能力增强，而不能说K+的导电能力强于H+，B错误；C．A点为CH3COOK溶液，根据电荷守恒可得：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，根据K+在反应前后物质的量不变，可知c(K+)=，所以c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.050mol/L，C错误；D．B点溶液为KOH、CH3COOK等浓度的混合溶液，根据元素守恒可知c(K+)最大；CH3COOK是强碱弱酸盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，使溶液c(OH-)增大，最终达到平衡时c(OH-)＞c(H+)，且盐电离产生的c(CH3COO-)大于水电离产生的c(H+)，故溶液中离子浓度：c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，D正确；故选D。16．下列说法正确的是A．测得0.1mol·L-1的一元碱ROH溶液pH=12，则ROH一定为弱电解质19 B．25℃时，可溶性正盐BA溶液pH=a，升温至某一温度后pH仍为a，则BA可能为强碱弱酸盐C．25℃时，测得0.1mol·L-1的一元酸HA溶液pH=b，将该溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=b+2，则HA为弱酸D．25℃时，pH=1的HA溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0【答案】B【解析】A．25℃时，测得0.1mol·L-1的一元碱ROH溶液，pH=12，则溶液中，说明ROH是部分电离，题目未强调温度，则ROH不一定为弱电解质，故A错误；B．25℃时，可溶性正盐BA溶液pH=a，升温至某一温度后pH仍为a可推测，则BA可能为强碱弱酸盐，故B正确；C．25℃时，将0.1mol·L-1的一元酸HA溶液加水稀释100倍，pH=b+2，则HA为强酸，故C错误； D．25℃时，pH=1的HA溶液与pH=13的NaOH等体积混合，NaOH是强碱，则溶液为中HA过量，则溶液为酸性，故所得溶液，故D错误；答案选B。17．25℃时，向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀盐酸，所得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。下列叙述正确的是A．图中B．的水解常数C．随pH的逐渐减小，水的电离程度逐渐增大D．X点溶液中：【答案】D【解析】A．根据X(11.3，1)点，，即，碳酸的二级电离常数，将Y点带入二级电离常数公式得，19 即，A错误；B．，根据Y点，，，，代入数值，得，B错误；C．碳酸钠属于强碱弱酸盐，促进水电离，盐酸为强酸，随着盐酸不断加入，pH逐渐减小，水的电离程度逐渐减小，C错误；D．原溶液为Na2CO3溶液，加入稀盐酸后，虽然不断生成NaHCO3，但的关系始终不变，故X点溶液中有，D正确。18．下列有关说法正确的是A．图1装置可用于比较MnO2、Cl2、S的氧化性B．图2可知：30℃时Ca(OH)2溶液的浓度一定大于60℃时的浓度C．图3装置可用于已知浓度的H2C2O4溶液测定未知浓度的NaOH溶液D．图4中实验现象，酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色逐渐变浅乃至褪去【答案】D【解析】A．实验室用MnO2和浓盐酸反应制取氯气应该加热，常温不反应，故图1不能比较MnO2、Cl2、S的氧化性，故A错误；B．图2可知随温度升高Ca(OH)2的溶解度逐渐减小，但30℃时Ca(OH)2溶液和60℃时溶液不一定是饱和溶液，所以无法比较二者的浓度，故B错误；C．酸式滴定管不能盛装NaOH溶液，故C错误；D．第一支试管中蔗糖和浓硫酸会反应生成二氧化硫和二氧化碳，第二支试管可以防倒吸，气体通入酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且酸性高锰酸钾溶液和二氧化硫会发生氧化还原反应，溶液颜色逐渐变浅乃至褪去，故D正确；故答案为D。19．下列说法正确的是A．H+浓度增大，溶液的酸性一定增强B．25°C时，将pH=6的NH4Cl溶液和pH=6的稀盐酸等体积混合，溶液pH仍为6C．25°C时，相同浓度、体积相同的CH3COONa和NaCl溶液，前者的离子总数大D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度均先增大后减小19 【答案】B【解析】A．氢离子浓度增大，溶液的酸性不一定增强，如水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子浓度增大，但溶液仍然呈中性，故A错误；B．25°C时，pH=6的NH4Cl溶液中，c(H+)=1×10-6mol/L，pH=6的稀盐酸中，c(H+)=1×10-6mol/L，等体积混合后，c(H+)=mol/L=1×10-6mol/L，即pH=6，故B正确；C．25°C时，相同浓度、体积相同的CH3COONa和NaCl溶液，假定NaCl、CH3COONa的浓度都是0.1mol/L，CH3COOH的电离平衡常数为Ka=1.75×10-5，由可知，Kh====，解之得x=7.5×10-6，即OH-的离子浓度为7.5×10-6mol/L，溶液中c(H+)=mol/L=1.3×10-9mol/L，则CH3COONa中离子浓度=c(Na+)+c(CH3COO-)+c(H+)+c(OH-)=0.1mol/L+(0.1-x)mol/L+1.3×10-9mol/L+xmol/L=(0.2+1.3×10-9)mol/L，NaCl中离子浓度=c(Na+)+c(Cl-)+c(H+)+c(OH-)=0.1mol/L+0.1mol/L+1×10-7mol/L+1×10-7mol/L=(0.2+2×10-7)mol/L，所以NaCl溶液中离子浓度高，相同体积下，离子总数多，故C错误；D．冰醋酸中逐渐加入水，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，随着水的加入，氢离子浓度先增大后减小，溶液的导电能力先增大后减小，故D错误；答案为B。20．（双选）常温下，用0.100mol·L−1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L−1的HX和HY溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．Ka(HX)和Ka(HY)的数量级分别为10−8和10−4B．B点满足2c(H+)+c(HY)=2c(OH－)+c(Y－)C．HX曲线上的A与C点混合，则存在c(X－)+c(HX)=2c(Na+)19 D．A、B、C三点中由水电离出的c(H+)顺序为C＞A＞B【答案】BD【解析】A．根据图中得到0.100mol·L−1的HY溶液pH为2，则Ka(HY)=，故A错误；B．B点溶质为NaY和HY且两者物质的量浓度相等，根据电荷守恒得到c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(Y－)，在根据物料守恒得到2c(Na+)=c(HY)+c(Y－)，前者2倍减去后者得到2c(H+)+c(HY)=2c(OH－)+c(Y－)，故B正确；C．HX曲线上的A点溶质为NaX和HX且两者物质的量浓度相等，C点溶质为NaX，A点存在c(X－)+c(HX)=2c(Na+)，A与C的混合不存在c(X－)+c(HX)=2c(Na+)关系，故C错误；D．A、B、C三点中C点溶质为NaX，A点溶质为NaX和HX且两者物质的量浓度相等，B点溶质为NaY和HY且两者物质的量浓度相等，C点促进水的电离，A点、B点显酸性，且A点酸性弱，说明抑制水的电离程度较小即A点水电离程度大于B点水电离程度，因此三点中由水电离出的c(H+)顺序为C＞A＞B，故D正确。故答案为BD。21．（双选）常温下，现有0.1mol/L的NH4HCO3溶液。已知含氮或含碳各微粒的分布分数δ（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示（不考虑溶液中的CO2和NH3分子）。下列说法正确的是A．常温下B．当溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：C．反应的平衡常数为K，则D．往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时和HCO浓度逐渐减小【答案】AC【解析】根据如图分析虚线是，交点pH=9.3可以求，交点pH=6.4，pH=10.2可以求19 ，。A．根据分析可知，故A正确；B．由图可知，当溶液的pH=9时，溶液中粒子浓度关系为，故B错误；C．反应的平衡常数为K，，则，故C正确；D．根据图像可知往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时转化成，当溶液pH>5时HCO浓度增大，故D错误；故答案为AC。二、非选择题22．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]可用作媒染剂和有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室中将NH3通入重铬酸（H2Cr2O7）溶液制备(NH4)2Cr2O7的装置如图所示（夹持装置略）。回答下列问题：已知：Cr2O+H2O2CrO+2H+。（1）仪器a的名称是_______，b处的作用为_______；实验时控制三颈烧瓶内溶液pH约为4，pH不宜过大的原因是_______；A装置的作用为_______。（2）利用甲醛法测定市售(NH4)2Cr2O7的质量分数（杂质不参与反应），实验步骤如下：①称取产物mg，配成500mL溶液，用_______（填“酸式”或“碱式”）滴定管移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中。加入BaCl2溶液使Cr2O完全沉淀，反应原理为2Ba2++Cr2O+H2O=2BaCrO4↓+2H+。若滴定管规格为50.00mL，样品溶液起始读数为5.00mL，此时滴定管中样品溶液的实际体积为_______（填标号）。A．5.00mLB．45.00mLC．大于45.00mLD．小于5.00mL19 ②向锥形瓶中加入足量的甲醛溶液，反应原理为4NH+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[与NaOH反应时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]。摇匀、静置5min后，加入1~2滴酚酞试液，用cmol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液的体积为VmL。滴定终点的现象为_______；所得产物中(NH4)2Cr2O7（摩尔质量为Mg·mol-1）的质量分数为_______%；若滴定终点时仰视读数，则测定的质量分数将_______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】（1）球形干燥管防止倒吸防止因pH过大，Cr2O转化为CrO，使产物不纯控制NH3通入的速率（2）酸式C滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色偏大【解析】（1）由题干实验装置图可知，仪器a的名称是球形干燥管，由于NH3极易溶于水，则b处的作用为防止倒吸，由题干信息可知，Cr2O+H2O2CrO+2H+，pH过大则使平衡正向移动，使生成的产物(NH4)2Cr2O7不纯，实验时控制三颈烧瓶内溶液pH约为4，pH不宜过大的原因是防止因pH过大，Cr2O转化为CrO，使产物不纯，由于NH3极易溶于水，即B装置中很难看到气泡，而NH3在CCl4中溶解度较小，A装置可以看到气泡，可以通过气泡的速率来控制NH3通入的速率，则A装置的作用为：控制NH3通入的速率，故答案为：球形干燥管；防止倒吸；防止因pH过大，Cr2O转化为CrO，使产物不纯；控制NH3通入的速率；（2）①由题干信息可知，(NH4)2Cr2O7具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故用酸式滴定管移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，由于滴定管下端还有一段没有刻度，故若滴定管规格为50.00mL，样品溶液起始读数为5.00mL，此时滴定管中样品溶液的实际体积为大于50.00-5.00=45.00mL，故答案为：酸式；C；②向锥形瓶中加入足量的甲醛溶液，反应原理为4NH+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[与NaOH反应时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]。摇匀、静置5min后，加入1~2滴酚酞试液，用cmol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液的体积为VmL，已知滴入NaOH溶液之前溶液显酸性，为无色溶液，当滴定到pH为8左右时溶液变为粉红色，即为滴定终点，故滴定终点的现象为滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；根据题干信息可知：2Ba2++Cr2O+H2O=2BaCrO4↓+2H+，4NH+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[与NaOH反应时，1mol(CH2)6N4H+与19 1molH+相当]，1mol(NH4)2Cr2O7最终相当于要消耗4molNaOH，故有n((NH4)2Cr2O7)=n(NaOH)=，则所得产物中(NH4)2Cr2O7（摩尔质量为Mg·mol-1）的质量分数为=%；若滴定终点时仰视读数，将使标准液的体积偏大，则测定的质量分数将偏大，故答案为：滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；；偏大。19