2022届高考化学二轮专题复习12水溶液中的离子平衡

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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0.10 mol·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()＞0.05 mol·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+)，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()==0.05 mol·L-1＞ 0.05 mol·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0.05 mol/LH2R溶液说法错误的是
A．溶液pH＞1
B．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0.05 mol/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+)＜2×0.05 mol/L=0.1 mol/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＞n
B．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，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)=4.0×10-3b
C．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Na2CrO4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＞P
C．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+)：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-)：①7说明CH3COOH为弱酸
C．两种溶液中均存在：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1
D．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-)：①7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=13
B．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
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。
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5
2
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)3
C．实验3得到的溶液中有c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)＞0.3mol·L-1
D．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lg Y[Y代表或]关系如图。下列相关结论正确的是

A．曲线a表示pH与的变化关系
B．25℃时，H2A的约为10-7.2
C．当溶液的pH=6时，
D．滴入20.00mL NaOH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20.00mL NaOH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

A．溶液的pH大于7
B．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，推测的水解大于电离，故水解产生的，D项错误；答案选C。
12．25°C，向20 mL 0.1 mol·L-1的H3PO2溶液中滴加0.1 mol·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=10-5
D．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20 mL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．20 mL 0.1 mol/L的H3PO2溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液10 mL，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=，C正确；D．D点是20 mL 0.1 mol/L的H3PO2溶液中滴加0.1 mol/L的NaOH溶液20 mL，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-)=10-9 mol.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5
B．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·L－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-)