高考化学三轮冲刺专题09 图形题中水溶液中的离子平衡专题（含解析）

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 专题09 图形题中水溶液中的离子平衡专题
1．常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c(H＋)表示为pH水＝-lgc(H＋)水。pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。

下列推断正确的是
A．HX的电离方程式为HX＝H＋＋X-
B．T点时c(Na＋)＝c(Y-)＞c(H＋)＝c(OH-)
C．常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低
D．常温下，HY的电离常数
【答案】D
【解析】A项，依题意，HX和HY是两种一元酸。由图象知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX为弱酸，故A错误；B项，T、P点对应的溶液都呈碱性，故B错误；C项，N点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，故C错误；D项，取M点计算电离常数，c(H＋)＝c(OH-)＝1×10-7mol·L-1，混合溶液中，，，故D正确。故选D。
2．常温时，把浓度为0.1 mol•L－1盐酸分别滴加到浓度为0.1 mol•L－1的MOH和NOH两种一元碱，所得到滴定曲线如图所示，下列说法正确的是

A．Kb(NOH)≈10－21
B．碱性：MOH>NOH，且两次滴定时均可用酚酞作为指示剂
C．滴定NOH，当加入盐酸体积为10mL时，溶液中必有：c(Cl－)＋c(H+)＝c(OH－)＋c(NOH)
D．当两溶液均恰好滴定完全时，两溶液中的离子总数相等
【答案】C
【解析】A项，由起始时pH值的大小可知，NOH一定为弱碱，MOH可能是强碱也可能是弱碱，由起始得，NOH溶液中c(OH―)=10-3 mol•L－1，故Kb(NOH)≈10－5，A错误；B项，用强酸滴定时，对于NOH来说，滴定终点为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，对MOH来说，终点可能是酸性也可能是中性，故均可选用甲基橙作为指示剂，不宜用酚酞，B项不正确；C项，当滴定到加入HCl为10mL时，由电荷守恒：c(N+)＋c(H+)＝c(Cl―)＋c(OH―)，由物料守恒：2c(Cl―)＝c(N+)＋c(NOH)，两式相加得：c(Cl―)＋c(H+)＝c(OH―) ＋c(NOH)，C项正确；D项，滴定至恰好完全反应时，均消耗盐酸20mL，两溶液中由电荷守恒均有c(R+)＋c(H+)＝c(Cl―)＋c(OH―)(R为N或M)，两溶液中c(Cl―)相等，但c(OH―)不相等，所以离子总浓度不相等，离子总数也不相等，D错误。
3．常温下0.1mol·L-1亚硫酸溶液中 H2SO3、HSO3-、SO32-三种微粒所占物质的量分数(a)随pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．由图中数据可计算得到常温下亚硫酸溶液的Ka2
B．在0.1mol·L-1H2SO3溶液中，存在：c2(H+)=c(H+)·c(HSO3-)+2c(H+)·c(SO32-)+Kw
C．向pH为7的溶液中滴入少量稀盐酸造成的溶液pH变化小于向pH为4.0的溶液中滴入相同量稀盐酸造成的溶液pH变化
D．在pH=2.0溶液中：c(H2SO3)>c(HSO3-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】A项，H2SO3是二元弱酸，在溶液中电离是分步进行的，亚硫酸的第一步电离方程式为：H2SO3H++HSO3-，根据图象可知，pH=7时，亚硫酸氢根离子浓度等于亚硫酸根离子浓度，Ka1= c(H+)=10-7，故A正确；B项，在0.10 mol•L-1 H2SO3溶液中，根据电荷守恒可得：c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，将电苻守恒式两边都乘c(H+)可得：c2(H+)=c(H+)•c(HSO3-)+2c(H+)•c(SO32-)+c(H+)•c(OH-)，Kw=c(H+)•c(OH-)，所以c2(H+)=c(H+)•c(HSO3-)+2c(H+)•c(SO32-)+Kw，故B正确；C项，溶液的pH=7时显中性，所以c(OH-)=c(H+)，根据图象知，溶液中含有SO32-和HSO3-，存在水解平衡和电离平衡，是缓冲溶液加入少量稀盐酸，溶液pH的变化较小，pH为4.0的溶液中只存在HSO3-的电离，滴入相同量稀盐酸造成的溶液pH变化较大，故C正确；D项，在pH=2.0的溶液中，根据图象曲线可知c(HSO3-)＞c(H2SO3)，正确的离子浓度大小为：c(HSO3-)＞c(H2SO3)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误；故选D。
4．常温下，向1L0.1mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是

A．0.1mol·L－1HR溶液的pH为5
B．HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R－)/[c(OH－).c(HR)] 逐渐增大
C．当通入0.1 mol NH3时，c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)
D．当c(R－)＝ c(HR)时，溶液必为中性
【答案】C
【解析】A项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，又因为一元酸HR溶液为0.1mol·L-1，所以c(R-)＝c(HR)=0.05mol·L-1，所以此时c(R-)≠c(H+)，则0.1mol·L－1HR溶液的pH不是5，故A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，==Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；C项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，则Ka==10-5，当通入0.1 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，故C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c(R-)＝c(HR)时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。
5．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定相同体积、浓度均为0.l mol·L－1的三种弱酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是

A．室温下，同浓度的NaA、NaB、NaD溶液的pH大小关系：pH(NaA)＞pH(NaB)＞PH(NaD)
B．滴定至P点时，溶液中：c(Na＋)＞c(B－)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－2c(H＋)
【答案】C
【解析】A项，浓度均为0.1mol/L的三种酸(HA、HB和HD)溶液，酸越弱，电离出的H+越少，起始时pH值越大，根据图象，则三种酸的强弱为：HA＞HB＞HD，酸越强，电离出的H+越多，对水的抑制作用越大，则三种溶液中，由水电离产生的c(H+)的关系为：HA＜HB＜HD，故A错误；B项，滴定至P点时，此时中和百分数为50%，对于HB溶液，此时溶液中的起始组分为c(HB)：c(NaB)=1：1，显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(B-)，由于c(H+)＞c(OH-)，则c(B－)＞c(Na+)，考虑到溶液显酸性，则以HB的电离为主导，但始终是微弱的，而HB的电离又会抑制水的电离，因此c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；C项，pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，对于HA溶液，c(Na+)=c(A－)，对于HB溶液，c(Na+)=c(B-)，对于HD溶液，c(Na+)=c(D-)，由图可知，中和到相同pH时，中和分数HA＞HB＞HD，即加入氢氧化钠的量HA＞HB＞HD，则三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)，故C正确；D项，当中和百分数达100%时，三种溶液分别恰好存在等量的NaA、NaB、NaD，三种溶液混合，则起始时c(NaA)：c(NaB)：c(NaD)=1：1：1，根据质子守恒，c(HA)+ c(HB)+ c(HD)+c(H+)=c(OH- )，则有c(HA)+ c(HB)+ c(HD)=c(OH-)-c(H+)，故D错误；故选C。
6．25℃时，向20mL0.1 mol/L H2R溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知pKa=﹣lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有关说法不正确的是

A．溶液的导电性：点a弱于点b
B．离子浓度c(R2-)：点c小于点d
C．H2R + R2-=2HR-平衡常数>105，反应趋于完全
D．点b时，y<7且<1
【答案】D
【解析】A项，b点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液20mL，得到浓度为0.05mol/L的NaHR溶液；a点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液10mL，得到浓度均为0.1/3mol/L的NaHR和H2R的混合溶液，由于阴离子的水解和电离程度均很小，因此b点溶液中的离子浓度大于a点，导电能力点a弱于点b，故A正确；B项，c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，浓度均为0.03mol/L，d点溶液中溶质为0.1/3mol/L Na2R，R2-水解但程度较小，HR-既电离又水解但程度均很小，因此离子浓度c(R2-)：点c小于点d，故B正确；C项，H2R + R2-=2HR-平衡常数K>105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；D项，b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y＜7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，则Ka1×Ka2=×=，因此= ==104.9＞1，故D错误；故选D。

7．用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述不正确的是

A．Ka2(H2SO3)的数量级为10－8
B．若滴定到第一、二反应终点，应该分别用甲基橙和本酚酞作指示剂
D．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)
C．图中溶液中水的电离程度：W＜X＜Y＜Z＜M
【答案】D
【解析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。A项，由图像可知，当溶液中c(HSO3-)= c(SO32－)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2==c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为10－8，故A正确；B项，第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，第二反应终点时，溶液中恰好存在Na2SO3，根据图像，此时溶液pH=9.86，甲基橙的变色范围为8.0~10.0，可用酚酞作指示剂，故B正确；C项，根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正确；D项，随着NaOH溶液的不断加入，溶液中的酸性减弱，碱性增加，水的电离程度增大，当达到Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，水的电离程度达到最大，到了M点，NaOH溶液过量，抑制了水的电离，故D错误。故选D。

8．25C时，氯水中部分含氯的物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的百分數) 与pH的关系如下图所示。

下列叙述正确的是
A． 新制的pH=1的氯水中，c(C13-)>c(HClO)>c(H+)
B． 新制氯水中持续通入SO2，pH不断变小，溶液颜色不断加深
C． 25℃时，HClO H++ClO-的电离常数Ka的对数值为lgKa=-6.46
D． pH=6的氯水中加入NaOH溶液，主要发生的离子反应方程式为HClO+OH-=ClO-+H2O
【答案】D
【解析】A项，由电荷守恒：c(H+)=c(OH- )+c(C13-)，c(H+)>c(C13-)，A错误；B项，Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，pH不断变小，溶液颜色不加深，B错误；C项，25℃时，HClO H++ClO-的电离常数Ka==10-7.54 ，对数值为lgKa=-7.54，C错误；D项，由图增大pH，HClO的浓度变小，是反应物，ClO-增大，是生成物，主要发生的离子反应方程式为HClO+OH-=ClO-+H2O，D正确。
9.已知10-3.4≈3.98×10-4,常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.010 0 mol/L的氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液,在滴加过程中溶液的pH与所加CH3COOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是 (　　)

A．n=7
B．水的电离程度先增大再减小
C．常温下,0.010 0 mol/L的氨水中NH3·H2O的电离度为3.98%
D．Y点对应的溶液中c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(CH3COO-)+c(H+)
【答案】D　
【解析】X点,氨水和醋酸恰好完全反应生成醋酸铵和水,由常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,可推知铵根离子和醋酸根离子的水解程度相同,所以溶液显中性,即n=7,A正确;氨水显碱性,NH3·H2O抑制水的电离,随着CH3COOH溶液的加入,生成醋酸铵,醋酸铵水解,促进水的电离,当CH3COOH溶液过量,溶液显酸性时,CH3COOH抑制水的电离,所以水的电离程度先增大再减小,B正确;常温下,0.010 0 mol/L的氨水的pH= 10.6,则c(OH-)=10-3.4 mol/L,NH3·H2ON+OH-,NH3·H2O电离出的c(N)和c(OH-)相等,则氨水中NH3·H2O的电离度≈×100%≈3.98%,C正确;Y点对应溶液的溶质为等浓度的醋酸铵和NH3·H2O,溶液中物料守恒关系式为c(NH3·H2O)+c(N)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-),电荷守恒关系式为c(N)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),联立两个式子消去c(N)可得c(NH3·H2O)+c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+),D错误。
10.[结合图像考查电离常数、电离度、水的离子积常数的应用]常温下,一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10-4,lg 5≈0.7。电解质溶液的电导率与离子浓度有关,电导率越大,溶液的导电能力越强。常温下,用0.02 mol·L-1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.02 mol·L-1的NaOH溶液和CH3NH2溶液,利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。

下列推断正确的是 (　　)
A．曲线Ⅰ代表NaOH的滴定曲线,H点对应的溶液中不存在电离平衡
B．G点对应的溶液中:c(Cl-)>c(H+)>c(CH3N)>c(OH-)
C．常温下,E、F点对应的溶液中水电离的c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14
D．常温下,F点对应的溶液的pH≈6.3
【答案】D　
【解析】曲线Ⅰ在滴定前电导率较大,说明对应的电解质溶液中离子浓度较大,氢氧化钠溶液和甲胺溶液的起始浓度相等,故曲线Ⅰ代表氢氧化钠的滴定曲线,H点对应的溶液中含有Na+、H+、Cl-、OH-、H2O,存在水的电离平衡,A项错误。G点对应的溶液中溶质是CH3NH3Cl、HCl,酸碱中和滴定反应为CH3NH2+HClCH3NH3Cl,则过量的HCl的物质的量是CH3NH3Cl的,弱碱阳离子水解程度很小,所以G点对应的溶液中离子浓度大小为c(Cl-)>c(CH3N)>c(H+)>c(OH-),B项错误。E点对应的溶液为NaCl溶液,呈中性,F点对应的溶液为CH3NH3Cl溶液,呈酸性,CH3N水解促进水的电离,故F点对应溶液中水电离的c(H+)·c(OH-)大于水的离子积,C项错误。F点对应的溶液中酸碱恰好完全反应,溶液中溶质为CH3NH3Cl,浓度为0.01 mol·L-1,溶液中存在水解平衡CH3N+H2OCH3NH2·H2O+H+,Kh===×10-10。设0.01 mol·L-1 CH3NH3Cl溶液中c(H+)=x mol·L-1,有=×10-10,x≈5×10-7,得溶液的pH≈6.3,D项正确。
11.常温下,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1某酸(HA)溶液,溶液中HA、A-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。下列说法正确的是[已知δ(X)=] (　　)
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A．Ka(HA)的数量级为10-5
B．溶液中由水电离出的c(H+):a点>b点
C．当pH=4.7时,c(A-)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)
D．当pH=7时,消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL
【答案】.A　
【解析】由HAH++A-可知Ka(HA)=,当pH=4.7时,c(HA)=c(A-),所以Ka(HA)=c(H+)=10-4.7=100.3×10-5≈2.00×10-5,数量级为10-5,A项正确;a点c(HA)>c(NaA),b点c(NaA)>c(HA),HA电离出的氢离子抑制水的电离,NaA水解促进水的电离,所以b点溶液中由水电离出的c(H+)大,B项错误;当pH=4.7时,c(HA)=c(A-)、c(OH-)7,D项错误。