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2022届高考化学二轮复习专题水溶液中的离子平衡
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这是一份2022届高考化学二轮复习专题水溶液中的离子平衡，共21页。试卷主要包含了单选题，共13小题，非选择题，共6小题等内容，欢迎下载使用。
2022届高考化学二轮复习专题水溶液中的离子平衡
一、单选题，共13小题
1．（2022·甘肃·天水市第一中学高二开学考试）某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是
A．该酸-lgKa ≈4.7
B．NaA的水解平衡常数Kh=
C．当该溶液的pH= 7.0时，c(HA)
2．（2021·江苏·泰州中学高二阶段练习）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是
A．溶液时，
B．MA的溶度积
C．溶液时，
D．HA的电离常数
3．（2022·甘肃·天水市第一中学高二开学考试）常温下，用氨水滴定浓度均为的和的混合液，下列说法不正确的是
A．在氨水滴定前，和的混合液中
B．当滴入氨水时，
C．当滴入氨水时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，
4．（2022·吉林·长春外国语学校高二开学考试）某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线Ⅰ代表溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
5．（2022·全国·高三专题练习）三甲胺 [N(CH3)3]是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20mL 0.5mol/L MOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶液中lg、pOH[pOH=-lgc(OH-)]、中和率()的变化如图所示。下列说法正确的是
A．三甲胺[N(CH3)3]的电离常数为10-4.8
B．a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(Cl-)
C．b点时，c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)
D．溶液中水的电离程度：c点＜d点
6．（2022·全国·高三专题练习）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A．0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大
B．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5 mol·L-1
C．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
D．pH相同的①CH3COONa ②NaHCO3 ③NaClO三种溶液中的c(Na+)：③＞②＞①
7．（2022·全国·高三专题练习）25℃时，向浓度均为1mol∙L-1的弱酸(HA)和其盐(NaA)组成的混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体时(整个过程保持温度为25℃)，溶液的pH随通入的HCl或加入的NaOH的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．25℃时，HA的电离常数小于A-的水解常数
B．通入HCl气体，HA的电离程度和电离常数均减小
C．加入0.5molNaOH时，溶液中c(Na+)>c(A-)
D．溶液中水的电离程度：a
A．H2R的一级电离常数Ka1的数量级为10-2
B．在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+ )+c(H+)-c(OH-)
C．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，溶液中：c(R2-)
9．（2022·河北石家庄·一模）下列有关化学用语表示正确的是
A．硬脂酸与乙醇发生酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O
B．用乙烯制备二氯乙烷：CH2=CH2+Cl2→CH3CHCl2
C．KHSO4熔融状态下电离：KHSO4=K++H++SO
D．HCO水解：HCO+H2OCO+H3O+
10．（2022·天津市西青区张家窝中学一模）下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是
A．0.1 mol·L-1NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(OH-)＞c(HCO)＞c(H+)
B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c(Na＋)=c(Cl-)
C．等pH的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中：c(NH)=c(K+)=c(Ba2+)
D．Na2CO3溶液：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+2c(H2CO3)
11．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测）已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中-lg c(X)(X为Sr2+或F-)与lg[]的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．L2代表-lg c(Sr2＋)与lg[]的变化曲线
B．Ksp(SrF2)的数量级为10-9
C．a、c两点的溶液中均存在2c(Sr2＋)=c(F-)+c(HF)
D．c点的溶液中存在c(Cl-)
A．c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.10mol·L-1
B．2c(CO)+c(HCO)
D．向其中滴加少量NaOH溶液时，的值增大
13．（2022·吉林长春·三模）已知相同温度下，K sp (BaSO4)＜K sp (BaCO3)。某温度下，饱和溶液中-lg c(SO) 、-lg c(CO)、与-lg c(Ba2+ ) 的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线②代表BaSO4的沉淀溶解曲线
B．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
C．该温度下K sp (BaSO4)=1.0×10-10
D．c(Ba2+)=10-5.1时两溶液中
二、非选择题，共6小题
14．（2022·上海·模拟预测）综合利用CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
途径1：可用工业废气中二氧化碳制备再生能源物质——甲醇。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g) +53.7kJ
某温度下，向2L密闭容器中通入0.04 mol CO2和0.08 mol H2，测得其压强(p)随时间(t)变化(如图1中)曲线I所示。
(1)以CO2来表示5 min内的化学反应反应速率υ(CO2)=_______。
(2)若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为II，则改变的条件是_______。
途径2：还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化(Q1、Q2均大于0)：
反应I：CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)+Q1
反应Ⅱ：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)+Q2
反应I和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。
(3)根据图中数据分析可知，T1_______T2(选填“>”、“<”或“=”)；
(4)目前，许多国家采用CO2代替CO(以煤和天然气为原料)生产CH3OH。请阐述理由：_______
(5)0.02molCO2通入含有10mL 3 mol/L NaOH溶液中：
①所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba(OH)2溶液，c(CO)_______(选填“增大、减小、不变、无法确定”)，写出反应的离子方程式_______；
②反应后的溶液还能吸收CO2的物质的量是_______；
③反应后的溶液中离子浓度由大到小的顺序排列_______。
15．（2022·浙江·高三专题练习）已知：H2A的Ka1=1.0×10-6，Ka2=1.0×10-11；H2B的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15。
(1)写出向Na2A溶液中通入少量H2B气体发生反应的离子方程式：__。
(2)NaHA溶液呈__(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，通过计算说明判断依据：__。
16．（2021·河南·模拟预测）草酸、KMnO4均是重要的化学分析试剂，某次实验中需要使用480mL0.2000mol/L的草酸溶液，回答下列问题。
(1)实验中需要称取___________g草酸晶体(H2C2O4•2H2O)，称量后___________(填“需要”或“不需要”)加热除去相应的结晶水；配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及___________。
(2)假设称取草酸时使用的是托盘天平，称量中试剂与砝码位置错放，则所配制溶液中c(H2C2O4)0.2000___________ (填“＞”、“=”或“＜”，下同)；若定容时俯视刻度线，则所配溶液中c(H2C2O4)___________0.2000。
(3)若配置溶液时所取草酸晶体不纯(杂质无还原性)，为测定草酸的纯度，某同学量取20.00mL，上述所配溶液放入锥形瓶中，然后用0.1000的酸性KMnO4标准溶液滴定(氧化产物是CO2)，滴定终点时消耗VmL标准溶液。
①标准溶液应使用___________(填“酸”或“碱”)式滴定管取用，合理的V值可能是___________。
A． 15.8 B． 16.20 C． 15.82 D． 16.18
②滴定终点时溶液颜色的变化为___________，样品中草酸品体的质量分数为___________(用含V的式子表示)。
17．（2022·浙江·高三专题练习）在剧烈运动中，因缺氧肌肉会产生乳酸()，而血液中，乳酸和碳酸氢盐发生中和反应。试通过如下计算来说明此过程。
已知乳酸()是一元酸，。碳酸的电离平衡常数为：，
(1)的为___________。(，)
(2)计算乳酸和碳酸氢盐反应的反应平衡常数的数值，写出计算过程___________。
18．（2022·浙江·模拟预测）回答下列问题：
(1)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：
熔点/K
183
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
、、、沸点依次升高的原因是___________。
(2)肥皂的主要成分是硬脂酸钠，在水溶液中电离成和。将沾了油污的衣物擦上肥皂搓洗时，将衣物洗净的去污原理是___________。
19．（2021·河南信阳·一模）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：
Ⅰ. 亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ + H2PO。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。
(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价___________。
(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为___________。
(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式___________。
Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；
②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)=5.9×10-2，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5；
(4)下列说法正确的是___________。
A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO
B．NaH2PO2属于酸式盐
C．浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强
D．0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小
(5)次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂。如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍。酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：____
___________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO +_______(___________)请完成并配平上列的离子方程式。
Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)
(6)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷，反应为： 2Ca3(PO4)2+6SiO2 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 P4+10CO
若反应生成31 g P4，则反应过程中转移的电子数为___________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
参考答案：
1．B
【解析】
根据图像可知，c(HA)=c(A-)时，pH=4.7，即c(H+)=10-4.7mol/L。
A．分析可知，c(HA)=c(A-)时，pH=4.7，该酸K==c(H+)=10-4.7mol/L，故-lgKa ≈4.7，A说法正确；
B．NaA的水解平衡常数Kh==，B说法错误；
C．根据图像可知，当该溶液的pH=7.0时，c(HA)＜c(A- )，C说法正确；
D．根据图像可知，c(HA)为0.8，c(A-)为0.2时，pH约为4，故某c(HA)：c(A- )=4：1的缓冲溶液，pH≈4，D说法正确；
答案为B。
2．C
【解析】
本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。
A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；
C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知
，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D．当时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中，，D正确；
故选C。
3．D
【解析】
根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。
A.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；
B.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c()+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；
C. 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()+c(OH-)，C正确；
D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c()+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c()＞c(Cl-)，D不正确；
故选D。
4．C
【解析】
电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
5．C
【解析】
A．据图可知当lg=0时，pOH=4.2，即c(MOH)=c(M+)时c(OH-)=10-4.2mol/L，三甲胺的电离常数K==10-4.2，故A错误；
B．a点中和率小于50%，即加入的2n(HCl)＜n(MOH)，根据物料守恒可知c(MOH)+c(M+)＞2c(Cl-)，故B错误；
C．b点中和率为50%，溶液中的溶质为等物质的量的MOH和MCl，据图可知此时pOH小于7，溶液显碱性，说明M+的水解程度小于MOH的电离程度，则溶液c(M+)＞c(Cl-)＞ c(MOH)＞ c(OH-)＞c(H+)，故C正确；
D．c点中和率为100%溶液中溶质为MCl，d点溶液中溶质为MCl和HCl，HCl的电离抑制水的电离，MCl的水解促进水的电离，所以c点水的电离程度更大，故D错误；
综上所述答案为C。
6．A
【解析】
A．0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液加水稀释后，溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量均增大，则n(H+)与n(OH-)的乘积变大，A正确；
B．硫化氢溶于水分步电离，且水还电离出氢离子，则pH=5的H2S溶液中，c(HS-)＜c(H+)=1×10-5 mol·L-1，B错误；
C．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，由于稀释促进电离，氢氧根离子的浓度大于原来的，则a＜b+1，C错误；
D．在相同的条件下测得①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClO＜NaHCO3＜CH3COONa，即①＞②＞③，三种溶液中的c(Na+)：①＞②＞③，D错误；
故选A。
7．D
【解析】
A．未加HCl和NaOH时，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-水解程度，即HA的电离常数大于A-的水解常数，故A错误；
B．温度不变，电离常数不变，故B错误；
C．加入0.5mol NaOH后，pH＜7，溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)＜c(A-)，故C错误；
D．a、b溶液呈酸性，抑制水的电离，c呈中性，pH越小，酸性越强，水的电离程度越小，则a、b、c三点所表示的溶液中水的电离程度：a＜b＜c，故D正确。
故选D。
8．C
【解析】
二元酸H2R存在两步电离：H2R⇌HR-+H+，根据图上第一个交点，c(H2R)=c(HR-)，Ka1==c(H+)=1.0×10-1.3；HR-⇌R2-+H+，根据图上的第二个交点，c(R2-)=c(HR-)，Ka2==c(H+)=1.0×10-4.3；R2-发生两步水解：R2-+H2O⇌HR-+OH-，Kh1==1.0×10-9.7；HR-+H2O⇌H2R+OH-，Kh2==1.0×10-12.7。
A．根据分析，H2R的一级电离常数Ka1=1.0×10-1.3，则数量级为10-2，A叙述正确；
B．如图在pH=4.3时溶液中c(R2-)=c(HR-)，溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)，故3c(R2-)=c(Na+ )+c(H+)-c(OH-)，B叙述正确；
C．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，二者恰好反应生成NaHR，HR-可以电离也可以水解，由于Ka2=1.0×10-4.3大于Kh2=1.0×10-12.7，则以电离为主，溶液显酸性，故电离产物c(R2-)大于水解产物c(H2R)，C说法错误；
D．根据弱酸的电离平衡常数越大酸性越强，由于Ka1(H2R)＞Ka2(H2R)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，可得酸性：H2R＞HR¯＞H2CO3＞HCO3¯，可得酸根离子结合氢离子能力：CO＞HCO＞R2-＞HR¯；那么向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，因为是少量酸性溶液，只能将CO转化为HCO，酸性不足还不能生成HR-，仍然以R2-形式存在，故发生的反应是：2CO+H2R= 2HCO+R2-，D叙述正确；
答案为C。
9．A
【解析】
A．酯化反应中酸脱去羟基，醇脱去氢，所以硬脂酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A正确；
B．乙烯与氯气发生加成生成二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)，化学方程式为CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，B错误；
C．熔融状态下硫酸氢根不能电离，KHSO4的电离方程式为KHSO4=K++HSO，C错误；
D．HCO水解生成碳酸和氢氧根，离子方程式为HCO+H2OH2CO3+OH-，D错误；
综上所述答案为A。
10．D
【解析】
A．NaHCO3电离方程式为：NaHCO3=Na++，在溶液中发生电离作用和水解作用而被消耗，且其水解作用大于电离作用，因此溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，但其水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，而Na+不消耗，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH-)＞c(H+)，A错误；
B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，则溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H+)=c(Cl-)+ c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以混合后的溶液中：c(Na＋)=c(Cl-)+ c(CH3COO-)，B错误；
C．等pH的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中c(OH-)相等，根据电荷守恒可得c(NH)=c(K+)=2c(Ba2+)，C错误；
D．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+2c(H2CO3)，D正确；
故合理选项是D。
11．D
【解析】
根据题意，SrF2浊液存在溶解平衡：SrF2(s)Sr2+(aq)+2F-(aq)，用HCl调节溶液存在平衡：H+(aq)+F-(aq)HF(aq)。
A．随着lg[]的增大，则H+(aq)+F-(aq)HF(aq)逆向移动，F-浓度增大，溶解平衡逆向移动，c(Sr2+)减小，则-lg c(Sr2+)增大，对应曲线L2，A正确；
B．Ksp(SrF2)=c(Sr2+)·c2(F-)，取lg[]值为1，代入图示数据，Ksp(SrF2)=10-4×(10-2.2)2=10-8.4，数量级为10-9，B正确；
C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2+)=c(F-)，有平衡H+(aq)+F-(aq)HF(aq)可知，溶解得到的c(F-)等于溶液中存在的c(F-)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)，C正确；
D．由图可知c点处c(Sr2+)=c(F-)，则与H+结合的F-占了SrF2溶解出来的一半，则加入的HCl多于生成的HF；c点对应lg[]值大于0，则>1，即c(HF)>c(H+)，故溶液中存在c(Cl-)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)，D错误；
故答案选D。
12．C
【解析】
A．混合溶液中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1，依据物料守恒可知：，故A项正确；
B．依据电荷守恒可知：，而溶液的，即，则有，故B项正确；
C．对于某一反应，化学平衡常数只受温度的影响，因此该反应的化学平衡常数不变，故C项错误；
D．向混合溶液中滴加少量NaOH溶液时，发生反应：，导致减小，增大，所以的值增大，故D项正确；
答案选C。
13．C
【解析】
A．相同温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，在相同时，则＜，因此曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，故A错误；
B．加适量BaCl2固体，减小，则溶液由a点变ab的反方向上，故B错误；
C．根据=1时，=9，因此该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)为，故C正确；
D． c(Ba2+)=10-5.1时，即=5.1，根据图中信息得到两溶液中，故D错误；
故答案为C。
14．(1)0.002mol/(L·min)
(2)加入催化剂
(3)<
(4)CO以煤和天然气为原料，生产成本受煤和天然气价格影响较大；CO2来源广泛，它还是温室气体，这样的转化有利于碳减排，缓解环境问题
(5) 增大 2 HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2 H2O 0.01mol c(Na+)>c(HCO)> c(CO)> c(OH-)> c(H+)
【解析】
(1)
①开始时混合气体总物质的量=(0.04+0.08) mol=0. 12 mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平街时混合气体总物质的量=×0.12mol=0. 08 mol，根据方程式知，如果有1 mol二氧化碳完全反应，则混合气体物质的量减少2 mol，则混合气体减少(0. 12-0.08) mol=0. 04 mol.则消耗n(CO2 )=×0.04 mol=0.02mol，反应开始至达平衡时，v(CO2)===0.002mol/(L·min)；
(2)
改变条件时只缩短了反应达到平街时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平街移动，所以改变的条件是加入催化剂；
(3)
Ⅰ和Ⅱ的正反应都是放热反应，升高温度平街逆向移动，化学平衡常数减小，根据图知，从左向右化学平衡常依次减小说明温度依次升高，所以Ti
CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应，所以用二氧化碳较好；
(5)
①二氧化碳通入到氢氧化钠溶液中，首先反应生成碳酸钠，碳酸钠在与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，产物不是碳酸钠就是碳酸氢钠，或者二者都有，设生成物中碳酸钠的物质的量为x，碳酸为y，根据2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2＝NaHCO3再根据C和Na守恒可知可得出，x+y=0.02mol，2x+y=0.01L×3 mol/L=0.03mol，解得x=y=0.01mol，溶液碳酸钠和碳酸氢钠混合液，所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba(OH)2溶液，而碳酸碳酸氢根和氢氧根结合生碳酸根，钡离子和碳酸根结合生成碳酸钡沉淀，由于氢氧化钡的量少，氢氧化钡提供来两个氢氧根的全部被碳酸氢根消耗掉，还多了碳酸根，所以碳酸根的数目增多，反离子方程式为：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2H2O；
②根据①分析可知碳酸钠为0.01mol，根据Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可知Na2CO3～CO2所以n(CO2)=n(Na2CO3)=0.01mol；
③据①分析可知，溶液中n(Na2CO3)=0.01mol=n(NaHCO3)，根据两个电离方程式NaHCO3=Na+ + HCO，Na2CO3=2Na+ + CO，可知c(Na+)最大，HCO+ H2O H2CO3 + OH-，CO+ H2O HCO+ OH-可知溶液显碱性，c(OH-)> c(H+)，也可知c(HCO)和c(CO)均比c(OH-)大，若HCO和CO都不水解和电离二者浓度一样大，但是CO的水解程度大于HCO的水解程度，剩余就少，所以c(Na+)>c(HCO)> c(CO)> c(OH-)> c(H+)；
15．(1)A2-+H2B=HA-+HB-
(2) 碱性 HA-H++A2-的电离平衡常数Ka2=1.0×10-11，HA-+H2OH2A+OH-的水解平衡常数Kh===1.0×10-8。Ka2
(1)
H2B的二级电离常数小于H2A的一级电离常数，大于H2A的二级电离常数，所以向Na2A溶液中通入少量H2B气体时最终产物是HA-和HB-，离子方程式为：A2-+H2B=HA-+HB-；
(2)
在NaHA溶液溶液中存在HA-电离和水解，电离常数为Ka2=1.0×10-11，水解常数为Kh===1.0×10-8，可以发现水解常数大，故水解为主，而水解方程式为：HA-+H2OH2A+OH-，故溶液显碱性，答案为：碱性；HA-H++A2-的电离平衡常数Ka2=1.0×10-11，HA-+H2OH2A+OH-的水解平衡常数Kh===1.0×10-8。Ka2
(2)
(3) 酸 C 由无色变成浅红色且在30S内保持不变 6.25V％
【解析】
(1)
因没有480mL的容量瓶，故实际配制的是500mL溶液，因此所需要的溶质是，结晶水不需要加热除去，因为溶解后结晶水转化为溶剂。配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及500mL容量瓶、烧杯。
(2)
配制溶液时还需要500mL容量瓶、烧杯。当试剂与砝码位置错放时，称量的试剂质量小于12.6g，故最后所配溶液浓度肯定小于0.2000。定容俯视刻度时，实际液面在刻度线下，故所配溶液浓度大于0.2000mol/L。
(3)
①应使用酸式滴定管量取KMNO4溶液。当样品为纯净物时，由得失电子守恒及元素化合价变化可得
，，由于草酸晶体不纯(杂质无还原性)故实际消耗的KMnO4溶液不可能大于16.00mL，B、D项错误；以“mL”为单位时应保留两位小数，C项合理。
②滴定终点时溶液颜色的变化为由无色变成浅红色且在30S内保持不变，设所配溶液中，则有，，故样品中草酸晶体纯度为。
17．(1)2.55
(2)，
【解析】
(1)
溶液中氢离子浓度和L－浓度可认为相等，可设为x，溶液中HL的浓度约是0.056mol/L，则根据电离平衡常数可知，解得x＝2.8×10－3mol/L，所以溶液的为－lg2.8×10－3＝2.55。
(2)
乳酸和碳酸氢盐反应的方程式为，反应平衡常数的为
18．(1)都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大
(2)是亲油基团，一头拉着油，是亲水基团，另一头拉着水，将油污拖入水
【解析】
(1)
由图标中的熔沸点可知，都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大。
(2)
硬脂酸钠，在水溶液中电离成和，是亲油基团，一头拉着油，是亲水基团，另一头拉着水，将油污拖入水。
19．(1)+3
(2)H3PO3+OH-＝H2PO+H2O
(3)H3PO3 + I2 +H2O＝2HI+ H3PO4
(4)AD
(5)1Ni2++1H2PO+1H2O═1Ni+1H2PO +2H+
(6)5NA
【解析】
(1)
亚磷酸钠中Na为+1价，O为-2价，H为+1价，根据正负化合价为零，故P为+3价；
(2)
亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+OH-＝H2PO+H2O；
(3)
亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4；
(4)
A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO，故A正确；
B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；
C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；
D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．
故答案为：AD；
(5)
由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3+2H+，
故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；
(6)
P由+5价变成0价，每生成1molP4时，转移电子20mol。31gP4的物质的量为0.25mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA
2022届高考化学二轮复习专题水溶液中的离子平衡
一、单选题，共13小题
1．（2022·甘肃·天水市第一中学高二开学考试）某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是
A．该酸-lgKa ≈4.7
B．NaA的水解平衡常数Kh=
C．当该溶液的pH= 7.0时，c(HA)
2．（2021·江苏·泰州中学高二阶段练习）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是
A．溶液时，
B．MA的溶度积
C．溶液时，
D．HA的电离常数
3．（2022·甘肃·天水市第一中学高二开学考试）常温下，用氨水滴定浓度均为的和的混合液，下列说法不正确的是
A．在氨水滴定前，和的混合液中
B．当滴入氨水时，
C．当滴入氨水时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，
4．（2022·吉林·长春外国语学校高二开学考试）某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线Ⅰ代表溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
5．（2022·全国·高三专题练习）三甲胺 [N(CH3)3]是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20mL 0.5mol/L MOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶液中lg、pOH[pOH=-lgc(OH-)]、中和率()的变化如图所示。下列说法正确的是
A．三甲胺[N(CH3)3]的电离常数为10-4.8
B．a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(Cl-)
C．b点时，c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)
D．溶液中水的电离程度：c点＜d点
6．（2022·全国·高三专题练习）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A．0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大
B．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5 mol·L-1
C．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
D．pH相同的①CH3COONa ②NaHCO3 ③NaClO三种溶液中的c(Na+)：③＞②＞①
7．（2022·全国·高三专题练习）25℃时，向浓度均为1mol∙L-1的弱酸(HA)和其盐(NaA)组成的混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体时(整个过程保持温度为25℃)，溶液的pH随通入的HCl或加入的NaOH的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．25℃时，HA的电离常数小于A-的水解常数
B．通入HCl气体，HA的电离程度和电离常数均减小
C．加入0.5molNaOH时，溶液中c(Na+)>c(A-)
D．溶液中水的电离程度：a
A．H2R的一级电离常数Ka1的数量级为10-2
B．在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+ )+c(H+)-c(OH-)
C．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，溶液中：c(R2-)
9．（2022·河北石家庄·一模）下列有关化学用语表示正确的是
A．硬脂酸与乙醇发生酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O
B．用乙烯制备二氯乙烷：CH2=CH2+Cl2→CH3CHCl2
C．KHSO4熔融状态下电离：KHSO4=K++H++SO
D．HCO水解：HCO+H2OCO+H3O+
10．（2022·天津市西青区张家窝中学一模）下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是
A．0.1 mol·L-1NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(OH-)＞c(HCO)＞c(H+)
B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c(Na＋)=c(Cl-)
C．等pH的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中：c(NH)=c(K+)=c(Ba2+)
D．Na2CO3溶液：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+2c(H2CO3)
11．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测）已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中-lg c(X)(X为Sr2+或F-)与lg[]的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．L2代表-lg c(Sr2＋)与lg[]的变化曲线
B．Ksp(SrF2)的数量级为10-9
C．a、c两点的溶液中均存在2c(Sr2＋)=c(F-)+c(HF)
D．c点的溶液中存在c(Cl-)
A．c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.10mol·L-1
B．2c(CO)+c(HCO)
D．向其中滴加少量NaOH溶液时，的值增大
13．（2022·吉林长春·三模）已知相同温度下，K sp (BaSO4)＜K sp (BaCO3)。某温度下，饱和溶液中-lg c(SO) 、-lg c(CO)、与-lg c(Ba2+ ) 的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线②代表BaSO4的沉淀溶解曲线
B．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
C．该温度下K sp (BaSO4)=1.0×10-10
D．c(Ba2+)=10-5.1时两溶液中
二、非选择题，共6小题
14．（2022·上海·模拟预测）综合利用CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
途径1：可用工业废气中二氧化碳制备再生能源物质——甲醇。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g) +53.7kJ
某温度下，向2L密闭容器中通入0.04 mol CO2和0.08 mol H2，测得其压强(p)随时间(t)变化(如图1中)曲线I所示。
(1)以CO2来表示5 min内的化学反应反应速率υ(CO2)=_______。
(2)若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为II，则改变的条件是_______。
途径2：还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化(Q1、Q2均大于0)：
反应I：CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)+Q1
反应Ⅱ：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)+Q2
反应I和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。
(3)根据图中数据分析可知，T1_______T2(选填“>”、“<”或“=”)；
(4)目前，许多国家采用CO2代替CO(以煤和天然气为原料)生产CH3OH。请阐述理由：_______
(5)0.02molCO2通入含有10mL 3 mol/L NaOH溶液中：
①所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba(OH)2溶液，c(CO)_______(选填“增大、减小、不变、无法确定”)，写出反应的离子方程式_______；
②反应后的溶液还能吸收CO2的物质的量是_______；
③反应后的溶液中离子浓度由大到小的顺序排列_______。
15．（2022·浙江·高三专题练习）已知：H2A的Ka1=1.0×10-6，Ka2=1.0×10-11；H2B的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15。
(1)写出向Na2A溶液中通入少量H2B气体发生反应的离子方程式：__。
(2)NaHA溶液呈__(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，通过计算说明判断依据：__。
16．（2021·河南·模拟预测）草酸、KMnO4均是重要的化学分析试剂，某次实验中需要使用480mL0.2000mol/L的草酸溶液，回答下列问题。
(1)实验中需要称取___________g草酸晶体(H2C2O4•2H2O)，称量后___________(填“需要”或“不需要”)加热除去相应的结晶水；配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及___________。
(2)假设称取草酸时使用的是托盘天平，称量中试剂与砝码位置错放，则所配制溶液中c(H2C2O4)0.2000___________ (填“＞”、“=”或“＜”，下同)；若定容时俯视刻度线，则所配溶液中c(H2C2O4)___________0.2000。
(3)若配置溶液时所取草酸晶体不纯(杂质无还原性)，为测定草酸的纯度，某同学量取20.00mL，上述所配溶液放入锥形瓶中，然后用0.1000的酸性KMnO4标准溶液滴定(氧化产物是CO2)，滴定终点时消耗VmL标准溶液。
①标准溶液应使用___________(填“酸”或“碱”)式滴定管取用，合理的V值可能是___________。
A． 15.8 B． 16.20 C． 15.82 D． 16.18
②滴定终点时溶液颜色的变化为___________，样品中草酸品体的质量分数为___________(用含V的式子表示)。
17．（2022·浙江·高三专题练习）在剧烈运动中，因缺氧肌肉会产生乳酸()，而血液中，乳酸和碳酸氢盐发生中和反应。试通过如下计算来说明此过程。
已知乳酸()是一元酸，。碳酸的电离平衡常数为：，
(1)的为___________。(，)
(2)计算乳酸和碳酸氢盐反应的反应平衡常数的数值，写出计算过程___________。
18．（2022·浙江·模拟预测）回答下列问题：
(1)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：
熔点/K
183
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
、、、沸点依次升高的原因是___________。
(2)肥皂的主要成分是硬脂酸钠，在水溶液中电离成和。将沾了油污的衣物擦上肥皂搓洗时，将衣物洗净的去污原理是___________。
19．（2021·河南信阳·一模）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：
Ⅰ. 亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ + H2PO。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。
(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价___________。
(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为___________。
(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式___________。
Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；
②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)=5.9×10-2，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5；
(4)下列说法正确的是___________。
A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO
B．NaH2PO2属于酸式盐
C．浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强
D．0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小
(5)次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂。如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍。酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：____
___________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO +_______(___________)请完成并配平上列的离子方程式。
Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)
(6)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷，反应为： 2Ca3(PO4)2+6SiO2 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 P4+10CO
若反应生成31 g P4，则反应过程中转移的电子数为___________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
参考答案：
1．B
【解析】
根据图像可知，c(HA)=c(A-)时，pH=4.7，即c(H+)=10-4.7mol/L。
A．分析可知，c(HA)=c(A-)时，pH=4.7，该酸K==c(H+)=10-4.7mol/L，故-lgKa ≈4.7，A说法正确；
B．NaA的水解平衡常数Kh==，B说法错误；
C．根据图像可知，当该溶液的pH=7.0时，c(HA)＜c(A- )，C说法正确；
D．根据图像可知，c(HA)为0.8，c(A-)为0.2时，pH约为4，故某c(HA)：c(A- )=4：1的缓冲溶液，pH≈4，D说法正确；
答案为B。
2．C
【解析】
本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。
A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；
C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知
，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D．当时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中，，D正确；
故选C。
3．D
【解析】
根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。
A.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；
B.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c()+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；
C. 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()+c(OH-)，C正确；
D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c()+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c()＞c(Cl-)，D不正确；
故选D。
4．C
【解析】
电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
5．C
【解析】
A．据图可知当lg=0时，pOH=4.2，即c(MOH)=c(M+)时c(OH-)=10-4.2mol/L，三甲胺的电离常数K==10-4.2，故A错误；
B．a点中和率小于50%，即加入的2n(HCl)＜n(MOH)，根据物料守恒可知c(MOH)+c(M+)＞2c(Cl-)，故B错误；
C．b点中和率为50%，溶液中的溶质为等物质的量的MOH和MCl，据图可知此时pOH小于7，溶液显碱性，说明M+的水解程度小于MOH的电离程度，则溶液c(M+)＞c(Cl-)＞ c(MOH)＞ c(OH-)＞c(H+)，故C正确；
D．c点中和率为100%溶液中溶质为MCl，d点溶液中溶质为MCl和HCl，HCl的电离抑制水的电离，MCl的水解促进水的电离，所以c点水的电离程度更大，故D错误；
综上所述答案为C。
6．A
【解析】
A．0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液加水稀释后，溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量均增大，则n(H+)与n(OH-)的乘积变大，A正确；
B．硫化氢溶于水分步电离，且水还电离出氢离子，则pH=5的H2S溶液中，c(HS-)＜c(H+)=1×10-5 mol·L-1，B错误；
C．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，由于稀释促进电离，氢氧根离子的浓度大于原来的，则a＜b+1，C错误；
D．在相同的条件下测得①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClO＜NaHCO3＜CH3COONa，即①＞②＞③，三种溶液中的c(Na+)：①＞②＞③，D错误；
故选A。
7．D
【解析】
A．未加HCl和NaOH时，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-水解程度，即HA的电离常数大于A-的水解常数，故A错误；
B．温度不变，电离常数不变，故B错误；
C．加入0.5mol NaOH后，pH＜7，溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)＜c(A-)，故C错误；
D．a、b溶液呈酸性，抑制水的电离，c呈中性，pH越小，酸性越强，水的电离程度越小，则a、b、c三点所表示的溶液中水的电离程度：a＜b＜c，故D正确。
故选D。
8．C
【解析】
二元酸H2R存在两步电离：H2R⇌HR-+H+，根据图上第一个交点，c(H2R)=c(HR-)，Ka1==c(H+)=1.0×10-1.3；HR-⇌R2-+H+，根据图上的第二个交点，c(R2-)=c(HR-)，Ka2==c(H+)=1.0×10-4.3；R2-发生两步水解：R2-+H2O⇌HR-+OH-，Kh1==1.0×10-9.7；HR-+H2O⇌H2R+OH-，Kh2==1.0×10-12.7。
A．根据分析，H2R的一级电离常数Ka1=1.0×10-1.3，则数量级为10-2，A叙述正确；
B．如图在pH=4.3时溶液中c(R2-)=c(HR-)，溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)，故3c(R2-)=c(Na+ )+c(H+)-c(OH-)，B叙述正确；
C．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，二者恰好反应生成NaHR，HR-可以电离也可以水解，由于Ka2=1.0×10-4.3大于Kh2=1.0×10-12.7，则以电离为主，溶液显酸性，故电离产物c(R2-)大于水解产物c(H2R)，C说法错误；
D．根据弱酸的电离平衡常数越大酸性越强，由于Ka1(H2R)＞Ka2(H2R)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，可得酸性：H2R＞HR¯＞H2CO3＞HCO3¯，可得酸根离子结合氢离子能力：CO＞HCO＞R2-＞HR¯；那么向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，因为是少量酸性溶液，只能将CO转化为HCO，酸性不足还不能生成HR-，仍然以R2-形式存在，故发生的反应是：2CO+H2R= 2HCO+R2-，D叙述正确；
答案为C。
9．A
【解析】
A．酯化反应中酸脱去羟基，醇脱去氢，所以硬脂酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A正确；
B．乙烯与氯气发生加成生成二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)，化学方程式为CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，B错误；
C．熔融状态下硫酸氢根不能电离，KHSO4的电离方程式为KHSO4=K++HSO，C错误；
D．HCO水解生成碳酸和氢氧根，离子方程式为HCO+H2OH2CO3+OH-，D错误；
综上所述答案为A。
10．D
【解析】
A．NaHCO3电离方程式为：NaHCO3=Na++，在溶液中发生电离作用和水解作用而被消耗，且其水解作用大于电离作用，因此溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，但其水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，而Na+不消耗，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH-)＞c(H+)，A错误；
B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，则溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H+)=c(Cl-)+ c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以混合后的溶液中：c(Na＋)=c(Cl-)+ c(CH3COO-)，B错误；
C．等pH的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中c(OH-)相等，根据电荷守恒可得c(NH)=c(K+)=2c(Ba2+)，C错误；
D．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+2c(H2CO3)，D正确；
故合理选项是D。
11．D
【解析】
根据题意，SrF2浊液存在溶解平衡：SrF2(s)Sr2+(aq)+2F-(aq)，用HCl调节溶液存在平衡：H+(aq)+F-(aq)HF(aq)。
A．随着lg[]的增大，则H+(aq)+F-(aq)HF(aq)逆向移动，F-浓度增大，溶解平衡逆向移动，c(Sr2+)减小，则-lg c(Sr2+)增大，对应曲线L2，A正确；
B．Ksp(SrF2)=c(Sr2+)·c2(F-)，取lg[]值为1，代入图示数据，Ksp(SrF2)=10-4×(10-2.2)2=10-8.4，数量级为10-9，B正确；
C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2+)=c(F-)，有平衡H+(aq)+F-(aq)HF(aq)可知，溶解得到的c(F-)等于溶液中存在的c(F-)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)，C正确；
D．由图可知c点处c(Sr2+)=c(F-)，则与H+结合的F-占了SrF2溶解出来的一半，则加入的HCl多于生成的HF；c点对应lg[]值大于0，则>1，即c(HF)>c(H+)，故溶液中存在c(Cl-)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)，D错误；
故答案选D。
12．C
【解析】
A．混合溶液中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol·L-1和0.04mol·L-1，依据物料守恒可知：，故A项正确；
B．依据电荷守恒可知：，而溶液的，即，则有，故B项正确；
C．对于某一反应，化学平衡常数只受温度的影响，因此该反应的化学平衡常数不变，故C项错误；
D．向混合溶液中滴加少量NaOH溶液时，发生反应：，导致减小，增大，所以的值增大，故D项正确；
答案选C。
13．C
【解析】
A．相同温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，在相同时，则＜，因此曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，故A错误；
B．加适量BaCl2固体，减小，则溶液由a点变ab的反方向上，故B错误；
C．根据=1时，=9，因此该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)为，故C正确；
D． c(Ba2+)=10-5.1时，即=5.1，根据图中信息得到两溶液中，故D错误；
故答案为C。
14．(1)0.002mol/(L·min)
(2)加入催化剂
(3)<
(4)CO以煤和天然气为原料，生产成本受煤和天然气价格影响较大；CO2来源广泛，它还是温室气体，这样的转化有利于碳减排，缓解环境问题
(5) 增大 2 HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2 H2O 0.01mol c(Na+)>c(HCO)> c(CO)> c(OH-)> c(H+)
【解析】
(1)
①开始时混合气体总物质的量=(0.04+0.08) mol=0. 12 mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平街时混合气体总物质的量=×0.12mol=0. 08 mol，根据方程式知，如果有1 mol二氧化碳完全反应，则混合气体物质的量减少2 mol，则混合气体减少(0. 12-0.08) mol=0. 04 mol.则消耗n(CO2 )=×0.04 mol=0.02mol，反应开始至达平衡时，v(CO2)===0.002mol/(L·min)；
(2)
改变条件时只缩短了反应达到平街时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平街移动，所以改变的条件是加入催化剂；
(3)
Ⅰ和Ⅱ的正反应都是放热反应，升高温度平街逆向移动，化学平衡常数减小，根据图知，从左向右化学平衡常依次减小说明温度依次升高，所以Ti
CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应，所以用二氧化碳较好；
(5)
①二氧化碳通入到氢氧化钠溶液中，首先反应生成碳酸钠，碳酸钠在与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，产物不是碳酸钠就是碳酸氢钠，或者二者都有，设生成物中碳酸钠的物质的量为x，碳酸为y，根据2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2＝NaHCO3再根据C和Na守恒可知可得出，x+y=0.02mol，2x+y=0.01L×3 mol/L=0.03mol，解得x=y=0.01mol，溶液碳酸钠和碳酸氢钠混合液，所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba(OH)2溶液，而碳酸碳酸氢根和氢氧根结合生碳酸根，钡离子和碳酸根结合生成碳酸钡沉淀，由于氢氧化钡的量少，氢氧化钡提供来两个氢氧根的全部被碳酸氢根消耗掉，还多了碳酸根，所以碳酸根的数目增多，反离子方程式为：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2H2O；
②根据①分析可知碳酸钠为0.01mol，根据Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可知Na2CO3～CO2所以n(CO2)=n(Na2CO3)=0.01mol；
③据①分析可知，溶液中n(Na2CO3)=0.01mol=n(NaHCO3)，根据两个电离方程式NaHCO3=Na+ + HCO，Na2CO3=2Na+ + CO，可知c(Na+)最大，HCO+ H2O H2CO3 + OH-，CO+ H2O HCO+ OH-可知溶液显碱性，c(OH-)> c(H+)，也可知c(HCO)和c(CO)均比c(OH-)大，若HCO和CO都不水解和电离二者浓度一样大，但是CO的水解程度大于HCO的水解程度，剩余就少，所以c(Na+)>c(HCO)> c(CO)> c(OH-)> c(H+)；
15．(1)A2-+H2B=HA-+HB-
(2) 碱性 HA-H++A2-的电离平衡常数Ka2=1.0×10-11，HA-+H2OH2A+OH-的水解平衡常数Kh===1.0×10-8。Ka2
(1)
H2B的二级电离常数小于H2A的一级电离常数，大于H2A的二级电离常数，所以向Na2A溶液中通入少量H2B气体时最终产物是HA-和HB-，离子方程式为：A2-+H2B=HA-+HB-；
(2)
在NaHA溶液溶液中存在HA-电离和水解，电离常数为Ka2=1.0×10-11，水解常数为Kh===1.0×10-8，可以发现水解常数大，故水解为主，而水解方程式为：HA-+H2OH2A+OH-，故溶液显碱性，答案为：碱性；HA-H++A2-的电离平衡常数Ka2=1.0×10-11，HA-+H2OH2A+OH-的水解平衡常数Kh===1.0×10-8。Ka2
(2)
(3) 酸 C 由无色变成浅红色且在30S内保持不变 6.25V％
【解析】
(1)
因没有480mL的容量瓶，故实际配制的是500mL溶液，因此所需要的溶质是，结晶水不需要加热除去，因为溶解后结晶水转化为溶剂。配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及500mL容量瓶、烧杯。
(2)
配制溶液时还需要500mL容量瓶、烧杯。当试剂与砝码位置错放时，称量的试剂质量小于12.6g，故最后所配溶液浓度肯定小于0.2000。定容俯视刻度时，实际液面在刻度线下，故所配溶液浓度大于0.2000mol/L。
(3)
①应使用酸式滴定管量取KMNO4溶液。当样品为纯净物时，由得失电子守恒及元素化合价变化可得
，，由于草酸晶体不纯(杂质无还原性)故实际消耗的KMnO4溶液不可能大于16.00mL，B、D项错误；以“mL”为单位时应保留两位小数，C项合理。
②滴定终点时溶液颜色的变化为由无色变成浅红色且在30S内保持不变，设所配溶液中，则有，，故样品中草酸晶体纯度为。
17．(1)2.55
(2)，
【解析】
(1)
溶液中氢离子浓度和L－浓度可认为相等，可设为x，溶液中HL的浓度约是0.056mol/L，则根据电离平衡常数可知，解得x＝2.8×10－3mol/L，所以溶液的为－lg2.8×10－3＝2.55。
(2)
乳酸和碳酸氢盐反应的方程式为，反应平衡常数的为
18．(1)都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大
(2)是亲油基团，一头拉着油，是亲水基团，另一头拉着水，将油污拖入水
【解析】
(1)
由图标中的熔沸点可知，都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大。
(2)
硬脂酸钠，在水溶液中电离成和，是亲油基团，一头拉着油，是亲水基团，另一头拉着水，将油污拖入水。
19．(1)+3
(2)H3PO3+OH-＝H2PO+H2O
(3)H3PO3 + I2 +H2O＝2HI+ H3PO4
(4)AD
(5)1Ni2++1H2PO+1H2O═1Ni+1H2PO +2H+
(6)5NA
【解析】
(1)
亚磷酸钠中Na为+1价，O为-2价，H为+1价，根据正负化合价为零，故P为+3价；
(2)
亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+OH-＝H2PO+H2O；
(3)
亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4；
(4)
A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO，故A正确；
B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；
C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；
D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．
故答案为：AD；
(5)
由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3+2H+，
故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；
(6)
P由+5价变成0价，每生成1molP4时，转移电子20mol。31gP4的物质的量为0.25mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA
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