1、1黄金押题08 水溶液中的离子平衡【高考考纲】1.了解水的电离、离子积常数。2.了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。3.理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数进行相关计算。4.了解盐类水解的原理，影响盐类水解程度的因素，盐类水解的应用。5.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积( Ksp)的含义，能进行相关的计算。6.以上各部分知识的综合运用。【真题感悟】 例1、(2018高考北京卷)测定0.1 molL 1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻 温度/ 25 30 40 25pH 9.66 9.52 9.37 9.25实验过程中，取时刻的溶液
2、，加入盐酸酸化的BaCl 2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是( )ANa 2SO3溶液中存在水解平衡：SO H 2O HSO OH 23 3B的pH与不同，是由于SO 浓度减小造成的23C的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的 Kw值相等解析：选C。亚硫酸钠是强碱弱酸盐，存在水解平衡：SO H 2OHSO OH ，A项正确；与23 3的温度相同，但pH不同，主要是由于亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，从而导致溶液的碱性减弱，pH减小，B项正确；的过程中，温度升高使水解平衡正向移动，而SO 浓度逐渐减小，使水解平衡逆向移动，23故温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，
3、C项错误；与的温度相同，故 Kw值相等，D项正确。【名师点睛】电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡，它们都遵循平衡移动原理当只改变体系的一个条件时，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。(1)外界条件对醋酸电离平衡的影响CH3COOHCH 3COO H H02体系变化条件平衡移动方向 n(H ) c(H )导电能力Ka加水稀释 向右 增大 减小 减弱 不变加入少量冰醋酸 向右 增大 增大 增强 不变通入HCl(g) 向左 增大 增大 增强 不变加NaOH(s) 向右 减小 减小 增强 不变加入镁粉 向右 减小 减小 增强 不变升高温度 向右 增大 增大 增强 增大加CH 3COONa
4、(s) 向左 减小 减小 增强 不变(2)外界条件对水的电离平衡的影响H2O H OH H0体系变化条件平衡移动方向 水的电离程度 c(OH ) c(H ) Kw加酸 向左 减小 减小 增大 不变加碱 向左 减小 增大 减小 不变Na2CO3 向右 增大 增大 减小 不变加可水解的盐 NH4Cl 向右 增大 减小 增大 不变升温 向右 增大 增大 增大 增大改变温度 降温 向左 减小 减小 减小 减小(3)外界条件对FeCl 3 溶液水解平衡的影响Fe3 3H 2O Fe(OH)33H H0体系变化条件平衡移动方向 n(H ) pH 水解程度 Kh升温 向右 增大 减小 增大 增大通HCl 向
5、左 增大 减小 减小 不变加H 2O 向右 增大 增大 增大 不变加FeCl 3 固体 向右 增大 减小 减小 不变加NaHCO 3 向右 减小 增大 增大 不变(4)外界条件对AgCl溶解平衡的影响3AgCl(s) Ag (aq)Cl (aq) H0体系变化条件平衡移动方向 c(Ag ) c(Cl ) Ksp升高温度 向右 增大 增大 增大加水稀释 向右 不变 不变 不变加入少量AgNO 3 向左 增大 减小 不变通入HCl 向左 减小 增大 不变通入H 2S 向右 减小 增大 不变【变式探究】(2018高考天津卷)LiH 2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH 2PO4溶液的pH随
6、c初始 (H2PO )的变化如图1所示，H 3PO4溶液中H 2PO 的分布分数 随pH的变化如图2所示 。 4 4下列有关LiH 2PO4溶液的叙述正确的是( )A溶液中存在3个平衡B含P元素的粒子有H 2PO 、HPO 和PO 4 24 34C随 c初始 (H2PO )增大，溶液的pH明显变小 4D用浓度大于1 molL 1 的H 3PO4溶液溶解Li 2CO3，当pH达到4.66时，H 3PO4几乎全部转化为LiH 2PO4解析：选D。LiH 2PO4溶液中存在H 2PO 的电离平衡：H 2PO H HPO 、HPO H PO 4 4 24 24 34，H 2PO 的水解平衡：H 2PO
7、 H 2O H3PO4OH ，H 2O的电离平衡：H 2O H OH ，溶液中存在4个 4 4平衡，A项错误；含P元素的粒子有H 2PO 、HPO 、PO 、H 3PO4，B项错误；根据图1，随着 c初始 (H2PO ) 4 24 34 4增大，溶液的pH先逐渐减小后趋向不变，C项错误；根据图2，当pH4.66时， 0.994，即H 2PO 的分布 4分数为0.994，故当pH达到4.66时，H 3PO4几乎全部转化为LiH 2PO4，D项正确。例2、 (2018高考全国卷)用0.100 molL 1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 molL 1 Cl 溶液的滴定曲线如图所示。下
8、列有关描述错误的是( )4A根据曲线数据计算可知 Ksp(AgCl)的数量级为10 10B曲线上各点的溶液满足关系式 c(Ag )c(Cl ) Ksp(AgCl)C相同实验条件下，若改为0.040 0 molL 1 Cl ，反应终点c移到aD. 相同实验条件下，若改为0.050 0 molL 1 Br ，反应终点c向b方向移动解析：选C。根据滴定曲线，当加入25 mL AgNO3溶液时，Ag 与Cl 刚好完全反应，AgCl处于沉淀溶解平衡状态，此时溶液中 c(Ag ) c(Cl )10 4.75 molL1 ， Ksp(AgCl) c(Ag )c(Cl )10 9.5 3.1610 10 ，A
9、项正确；曲线上各点都处于沉淀溶解平衡状态，故符合 c(Ag )c(Cl ) Ksp(AgCl)，B项正确；根据图示，Cl 浓度为0.050 0 molL1 时消耗25 mL AgNO 3溶液，则Cl 浓度为0.040 0 molL 1 时消耗20 mL AgNO3溶液，a点对应AgNO 3溶液体积为15 mL，所以反应终点不可能由c点移到a点，C项错误；由于AgBr的 Ksp小于AgCl的 Ksp，初始 c(Br )与 c(Cl )相同时，反应终点时消耗的AgNO 3溶液体积相同，但Br 浓度小于Cl 浓度，即反应终点从曲线上的c点向b点方向移动，D项正确。【名师点睛】水的离子积常数、电离常数
10、、水解常数、溶度积常数是溶液中的四大常数，它们均只与温度有关。有关常数的计算，要紧紧围绕它们只与温度有关，而不随其离子浓度的变化而变化来进行。已知：常温下，H 2S的电离常数为 Ka1、 Ka2，Cu(OH) 2、CuS、Ag 2S的溶度积常数分别为 Ksp、 K sp、 K sp。(1)水解常数与电离常数、离子积之间的关系常温下的Na 2S溶液中：S 2 的水解常数 Kh1 Kw/Ka2，HS 的水解常数 Kh2 Kw/Ka1。(2)水解常数与溶度积、离子积之间的关系常温下的CuCl 2 溶液中：Cu 2 的水解常数 Kh K /Ksp。2w(3)平衡常数与电离常数、溶度积之间的关系5反应C
11、uS(s)2Ag (aq)=Cu2 (aq)Ag 2S(s)的平衡常数 K K sp/K sp。反应CuS(s)2H (aq)Cu 2 (aq)H 2S(aq)的平衡常数 K K sp/(Ka1Ka2)。(4)判断溶液的酸碱性NaHS溶液显碱性，离子浓度的大小顺序为 c(Na )c(HS )c(OH )c(H )c(S2 )，判断理由是HS 的水解常数( Kw/Ka1)大于其电离常数( Ka2)。【变式探究】1(1)(2017高考海南卷)向含有BaSO 4 固体的溶液中滴加Na 2CO3 溶液，当有BaCO 3 沉淀生成时溶液中 _。已知 Ksp(BaCO3)2.610 9 ， Ksp(BaS
12、O4)1.110 10 。(2)(2016高考全国卷)联氨(N 2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为_(已知：N 2H4H N2H 的 K8.710 7； Kw1.010 14 )。联氨与硫酸 5形成的酸式盐的化学式为_。解析：(1)在同一溶液中， c(Ba2 )相同，依据溶度积的数学表达式，则有 Ksp（ BaCO3）Ksp（ BaSO4） 24。2.610 91.110 10(2)N2H4的第一步电离的方程式为N 2H4H 2O N2H OH ，则电离常数 Kb KKw 58.710 71.01014 8.710 7 。联氨是二元弱碱，其与硫酸形成
13、的酸式盐为N 2H6(HSO4)2。答案：(1)24 (2)8.710 7 N 2H6(HSO4)2例3、 (2018高考江苏卷改编)H 2C2O4为二元弱酸， Ka1(H2C2O4)5.410 2 ， Ka2(H2C2O4)5.410 5 ，设H 2C2O4溶液中 c(总) c(H2C2O4) c(HC2O ) c(C2O )。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 molL 1 4 24H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )A0.100 0 molL 1 H2C2O4溶液：c(H )0.100 0 molL 1 c(C2O
14、 ) c(OH ) c(H2C2O4)24B c(Na ) c(总)的溶液： c(Na )c(H2C2O4)c(C2O )c(H )24CpH7的溶液： c(Na )0.100 0 molL 1 c(C2O ) c(H2C2O4)24D c(Na )2 c(总)的溶液： c(OH ) c(H ) c(H2C2O4) c(HC2O ) 4解析：选A。H 2C2O4溶液中存在电荷守恒： c(H ) c(OH ) c(HC2O )2 c(C2O )，物料守恒： c(H2C 4 242O4) c(HC2O ) c(C2O )0.100 0 molL 1 ，将两式相加，可得： c(H )0.100 0
15、molL 1 c(C2O 4 24) c(OH ) c(H2C2O4)，A项正确； c(Na ) c(总)的溶液，相当于等物质的量的H 2C2O4与NaOH反应后的246溶液，即为NaHC 2O4溶液，已知 Ka25.410 5 ， Kh(HC2O ) c(H )c(C2O )c(H2C2O4)，B项错误；起始时，24H2C2O4溶液中 c(总) c(H2C2O4) c(HC2O ) c(C2O )0.100 0 4 24molL1 ，滴入NaOH溶液后， c(H2C2O4) c(HC2O ) c(C2O ) (H2A) (A2 )，则 c(HA )c(H2A) c(A2 )，C项正确；从图像
16、中可以看出pH4.2时， (HA ) (A2 )，则 c(HA ) c(A2 )0.05 molL1 ，而 c(H )10 4.2 molL1 ，D项错误。例4、(2017高考全国卷)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH) 2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。.酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH) 2被I 还原为Mn 2 ，在暗处静置5 min，然后用标准Na 2S2O3溶液滴定生成的I 2(2S2O
17、 I 2=2I S 4O )。23 26回答下列问题：(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_。(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用 a molL1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；若消耗Na 2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL 1 。(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏_(填
18、“高”或“低”)。解析：(1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本9相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH) 2碱性悬浊液反应生成MnO(OH) 2，可写出固氧的反应为O 22Mn(OH)2=2MnO(OH)2。(3)由于Na 2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na 2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和CO 2，且能杀菌。(4)根据可知MnO(OH) 2能将水样中的I 氧化为I 2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终
19、点前淀粉遇I 2变蓝，达到滴定终点时，I 2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据关系式O 22MnO(OH) 22I 24Na 2S2O3，结合消耗 n(Na2S2O3) a molL1 b103 L ab103 mol，可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为 ab103 mol32 gmol1 8 ab103 14g8 ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8 ab mg0.100 00 L80 ab mgL1 。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na 2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O 24Na 2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。答案：(1)使测定值与水体中的
20、实际值保持一致，避免产生误差(2)O22Mn(OH) 2=2MnO(OH)2(3)量筒 氧气(4)蓝色刚好褪去 80 ab(5)低【名师点睛】1“考”实验仪器酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。2“考”操作步骤(1)滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；(2)滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；(3)计算。3“考”指示剂的选择(1)强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞；(2)若反应生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性，则选用酸性变色范围的指示剂(甲基橙)；若
21、反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则选用碱性变色范围的指示剂(酚酞)；(3)石蕊溶液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不做指示剂。4“考”误差分析10写出计算式，分析操作对 V标 的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线(俯视、仰视)问题要学会画图分析。5“考”数据处理正确取舍数据，计算平均体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。【变式探究】(2017高考天津卷)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中 c(I )，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。.准备标准溶液a准确称取AgNO 3基准物4.246 8 g(0.02
22、5 0 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b配制并标定100 mL 0.100 0 molL 1 NH4SCN标准溶液，备用。.滴定的主要步骤a取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。b加入25.00 mL 0.100 0 molL 1 AgNO3溶液(过量)，使I 完全转化为AgI沉淀。c加入NH 4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d用0.100 0 molL 1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag ，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号 1 2 3消耗NH 4SCN标准溶液体积/m
23、L 10.24 10.02 9.98f.数据处理。回答下列问题：(1)将称得的AgNO 3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是_。(3)滴定应在pH0.5的条件下进行，其原因是_。(4)b和c两步操作是否可以颠倒_，说明理由：_。(5)所消耗的NH 4SCN标准溶液平均体积为_mL，测得 c(I )_molL 1 。11(6)在滴定管中装入NH 4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为_。(7)判断下列操作对 c(I )测定结果的影响：(填“偏高”“偏低”或“无影响”)若在配制AgNO 3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出
24、，则测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_。解析：(1)配制一定物质的量浓度的标准溶液，除烧杯和玻璃棒外，还需用到的仪器有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。(2)AgNO 3见光容易分解，因此需要保存在棕色试剂瓶中。(3)滴定实验中用NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，Fe 3 容易发生水解，影响滴定终点判断，因此控制pHHA HB。分别取等体积的两种酸溶液稀释100倍后，由于H 2A第一步完全电离，所以pH(H 2A)c(Na )c(NH )c(OH )c(H ) 4解析：选B。常温下，向1 L 0.1 molL 1 NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，
25、发生反应：NH 4ClNaOH =NaClNH 3H2O。A.NH 4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，M点溶液为氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，一水合氨抑制水的电离，故M点溶液中水的电离程度比原溶液小，错误；B.在M点时，溶液为氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，根据电荷守恒知 n(H ) n(Na ) n(NH 4) n(OH ) n(Cl )， n(Na ) a mol， n(Cl )0.1 mol， n(NH )0.05 4mol，则 n(OH ) n(H )( a0.05) mol，正确；C.铵根离子的水解平衡常数 Kh ，随着NaOH的加入，NH 3H2O 浓度不断增大，温
26、度不变， Kh不变， 不断减小，错误；D.当 n(NaOH)0.05 13mol时，溶液为等浓度的氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，离子浓度大小关系为 c(Cl ) c(NH )c(Na )c(OH )c(H )，错误。 43常温下，浓度均为0.1 molL 1 、体积均为100 mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，lg 随加入NaOH的物质的量的变化如图所c（ H ）c（ OH ）示。下列叙述正确的是( )AHX的酸性弱于HYBa点由水电离出的 c(H )10 12 molL1Cc点溶液中： c(Y ) c(HY)
27、Db点时酸碱恰好完全中和解析：选C。A.lg 越大，溶液中氢离子浓度越大，未加NaOH时，HX溶液中lg 的值大，c（ H ）c（ OH ） c（ H ）c（ OH ）所以HX的酸性强于HY，故A错误；B.a点lg 12，则溶液中 c(H )0.1 c（ H ）c（ OH ）molL1 ，溶液中由水电离的 c(H ) molL1 10 13 10 140.1molL1 ，故B错误；C.c点lg 6，则溶液中 c(H )10 4 molL1 ，此时消耗的NaOH为0.005 c（ H ）c（ OH ）mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，由于溶液显酸性，所以HY的电离程度大于NaY的水解程度，所
28、以 c(Y )c(HY)，故C正确；D.浓度为0.1 molL 1 、体积为100 mL的HY与NaOH恰好中和消耗NaOH为0.01 mol，而b点时消耗的NaOH为0.008 mol，所以酸过量，故D错误。4为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是( )A浊液中存在平衡：Ag 2CrO4(s) 2Ag (aq)CrO (aq)2414B中溶液变澄清的原因：AgOH2NH 3H2O=Ag(NH3)2OH2H 2OC中颜色变化说明有AgCl生成D该实验可以证明AgCl比Ag 2CrO4 更难溶解析：选D。浊液中存在平衡Ag 2CrO4(s) 2Ag (aq)Cr
29、O (aq)，故A正确；银离子与NH 3H2O结合生成络离子，则中溶液澄清说明发生了24反应AgOH2NH 3H2O=Ag(NH3)2OH2H 2O，故B正确；银离子与氯离子结合生成AgCl白色沉淀，则中颜色变化说明有AgCl生成，故C正确；硝酸银过量，与K 2CrO4完全反应后，余下的浊液中仍含银离子，与KCl反应生成白色沉淀，不能证明AgCl比Ag 2CrO4 更难溶，故D错误。525 时，PbR(R 2 为SO 或CO )的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知 Ksp(PbCO3)KHBKHDB滴定至P点时，溶液中： c(B )c(Na )c(HB)c(H )c(OH ) CpH7时，三种溶液
30、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 ) c(H )解析：选C。三种酸的浓度相等，根据图像，在滴定前HA溶液的pH最小，酸性最强，HD溶液的pH最大，酸性最弱，说明HA的电离程度最大，电离常数最大，A项正确；P点溶液中含有等物质的量的NaB与HB，此时溶液显酸性，说明HB的电离程度大于B 的水解程度，所以 c(B )c(HB)，由物料守恒：2 c(Na ) c(HB) c(B )知， c(Na )介于 c(B )、 c(HB)之间，B项正确；每种溶液中均存在电荷守恒： c(Na ) c(H )c
31、(X ) c(OH )，X 代表A 、B 、D ，在pH7时， c(H ) c(OH )， c(Na ) c(X )，而pH7时，三种酸所消耗的NaOH的物质的量不相等，故三种溶液中 c(Na )不相等，则 c(X )也不相等，C项错误；中和百分数为100% 的三种溶液，其溶质分别是NaA、NaB、NaD，混合后溶液中的电荷守恒式为 c(Na ) c(H ) c(A ) c(B) c(D ) c(OH )，此式中 c(Na ) c(Na )NaA c(Na )NaB c(Na )NaD，混合前的三种溶液中存在物料守恒： c(Na )NaA c(A ) c(HA)， c(Na )NaB c(B
32、) c(HB)， c(Na )NaD c(D ) c(HD)，消去式中的 c(Na )和 c(A )、 c(B )、 c(D )，得 c(HA) c(HB) c(HD) c(OH ) c(H )，D项正确。7已知NaHSO 3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO H 2O H2SO3OH 3HSO H SO 3 23向0.1 molL 1 的NaHSO 3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是( )A加入少量金属Na，平衡左移，平衡右移，溶液中 c(HSO )增大 3B加入少量Na 2SO3固体，则 c(H ) c(Na ) c(HSO ) c(OH ) c(SO ) 312 23C加
33、入少量NaOH溶液， 、 的值均增大c（ OH ）c（ H ）16D加入氨水至中性，则2 c(Na ) c(SO ) c(H ) c(OH )23解析：选C。 A项加入金属钠后，钠和水反应生成氢氧化钠，使平衡左移，平衡右移，移动的结果是 c(SO )增大23，可以利用极端分析法判断，如果金属钠适量，充分反应后溶液中溶质可以是亚硫酸钠，此时 c(HSO )很 3小，所以A项错误。B项依据电荷守恒判断， c(SO )前面的系数应为2，即 c(H ) c(Na ) c(HSO ) c(23 3OH )2 c(SO )，所以B项错误。C项加入氢氧化钠溶液后，溶液酸性减弱，碱性增强，所以 增23c（ O
34、H ）c（ H ）大；平衡左移，平衡右移，最终 c(SO )增大， c(HSO )减小，所以 增大，所以C项正确。D项加23 3入氨水至溶液呈中性，即 c(H ) c(OH )，由电荷守恒知，其他离子存在如下关系： c(Na ) c(NH )2 4c(SO ) c(HSO )，所以D项错误。23 38浓度均为0.10 molL1 、体积均为 V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积 V，pH随lg 的变化如图所示。下列叙述错误VV0的是( )AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的 c(OH )相等D当lg 2时，若两溶液同时升高温度，则
35、增大VV0 c（ M ）c（ R ）解析：选D。由图像分析浓度为0.10 molL1 的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pHc(I )，故不正确。13室温下，分别用0.1 molL 1 溶液进行下列实验，结论不正确的是( )A向NaHCO 3溶液中通CO 2至pH7： c(Na ) c(HCO ) 2 c(CO ) 3 23B向CH 3COONa溶液中加入等浓度等体积的盐酸： c(Na ) c(Cl )C向NaHSO 4溶液中加入等浓度等体积的Ba(OH) 2溶液：pH13D向氨水中加入少量NH 4Cl固体： 增大解析：选C。A项，电荷守恒关系式为
36、 c(Na ) c(H ) c(HCO )2 c(CO ) c(OH )，室温下溶液 3 23的pH7为中性， c(H ) c(OH )，所以 c(Na ) c(HCO )2 c(CO )，正确；B项，因为两溶液等体积 3 23等浓度，则可推出混合后溶液的 c(Na )和 c(Cl )相等，正确；C项，设溶液的体积各为1 L，则0.1 molL1 的NaHSO 4溶液中 n(H )0.1 mol，0.1 molL 1 的Ba(OH) 2溶液中 n(OH )0.2 mol，反应后 c(OH )(0.2 mol0.1 mol)2 L0.05 molL1 ，pH13，错误；D项，氨水中存在NH 3H
37、2ONH OH ，加入少量NH 4Cl固体相当于加入NH 4 4，平衡逆向移动， c(OH )减小，则 增大，正确。Kbc（ OH ）14取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以32的体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为( )A0.01 mol/L B0.017 mol/LC0.05 mol/L D0.50 mol/L解析：选C。设原溶液物质的量浓度为 c，混合溶液中 c(OH )10 2 mol/L，则有10 2 mol/L，则 c0.05 mol/L。3Vc 2Vc3V 2V15在 T 时，某NaOH稀溶液中 c(H )10 a mol/L， c(OH )10 b mol/L
38、，已知 a b12。向该溶液中逐滴加入pH c的盐酸( T )，测得混合溶液的部分pH如下表所示：序号 NaOH溶液的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH 20.00 0.00 8 20.00 20.00 6 20假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则 c为( )A3 B4C5 D6 解析：选B。根据题意可知在该温度下水的离子积常数是110 12 ，而不是110 14 ，由可知，此NaOH溶液中 c(OH )110 4 mol/L。由可知，加入20.00 mL盐酸后溶液的pH6，此时恰好完全中和，则盐酸中 c(H ) 110 4 0.020 0 L110 4 mol/L0.020 0 Lm
39、ol/L，则 c4。 16如图表示水中 c(H )和 c(OH )的关系，下列判断错误的是( )A两条曲线间任意点均有 c(H )c(OH ) KwBM区域内任意点均有 c(H ) c(OH )C图中 T1 T2DXZ线上任意点均有pH7解析：选D。根据水的离子积定义可知A项正确；XZ线上任意点都存在 c(H ) c(OH )，所以M区域内任意点均有 c(H ) c(OH )，所以B项正确；因为图像显示 T1时水的离子积小于 T2时水的离子积，而水的电离程度随温度升高而增大，所以C项正确；XZ线上只有X点的pH7，所以D项错误。17不同温度下，水溶液中 c(H )与 c(OH )的关系如图所示
40、。下列有关说法中正确的是( )A若从 a点到 c点，可采用在水中加入酸的方法B b点对应的醋酸中由水电离的 c(H )10 6 molL1C c点对应溶液的 Kw大于 d点对应溶液的 KwD T 时，0.05 molL 1 的Ba(OH) 2溶液的pH11解析：选D。 a点对应的 c(H )和 c(OH )相等，同理 c点对应的 c(H )和 c(OH )也相等，溶液一定呈中性21，从 a点到 c点，可以采用升温的方法，A错误； b点的 Kw是10 14 ， c(H )10 6 molL1 ，则相应的醋酸溶液中由水电离的 c(H ) c(OH ) molL1 10 8 10 1410 6mol
41、L1 ，B错误； c点和 d点的 Kw都是10 12 ，C错误； T 时， Kw10 12 ，0.05 molL1 的Ba(OH) 2溶液中的 c(H )10 11 molL1 ，pH11，D正确。1825 时常见的无机酸在水溶液中的电离平衡常数如下表：无机酸 氢氰酸(HCN) 碳酸(H 2CO3) 氢氟酸(HF)电离平衡常数 Ka 6.210104.2107 (Ka1) 5.61011 (Ka2)6.61104下列选项正确的是( )A氟化钠溶液中通入过量CO 2：F H 2OCO 2=HFHCO 3BNa 2CO3 溶液中：2 c(Na ) c(CO ) c(HCO ) c(H2CO3) 2
42、3 3C中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量前者大于后者D等浓度的NaCN和NaF溶液的pH前者小于后者解析：选C。A.H 2CO3 的电离平衡常数小于HF的电离平衡常数，即H 2CO3 的酸性比HF的酸性弱，所以氟化钠溶液中通入过量CO 2 不反应，错误；B.根据物料守恒，Na 2CO3 溶液中： c(Na )2 c(CO )2 c(HCO )2 c(H2CO3)，错误；C.因为氢氰酸的酸性比氢氟酸的酸性弱，所23 3以等体积、等pH的氢氰酸(HCN)和氢氟酸(HF)，HCN的物质的量大，所以氢氰酸消耗NaOH的量大，正确；D.根据盐类水解规律：越弱越水解，NaCN的水解程度大，
43、所以等浓度的NaCN和NaF溶液的pH前者大于后者，错误。19在一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将 a molL1 醋酸与 b molL1 Ba(OH)2 溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2 c(Ba2 ) c(CH3COO )，则该混合溶液中醋酸的电离常数 Ka_(用含 a和 b的代数式表示)。解析：根据电荷守恒知，2 c(Ba2 ) c(H ) c(OH ) c(CH3COO )，由于 c(CH3COO )2 c(Ba2 ) b molL1 ，所以 c(H ) c(OH )，溶液呈中性。CH3COOH CH3COO H b b 107a222Ka 。10 7
44、ba2 b 2b10 7a 2b答案：2b10 7a 2b20已知草酸为二元弱酸：H2C2O4 HC2O H Ka1 4HC2O C2O H Ka2 4 24常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H 2C2O4、HC 2O 、C 2O 三 4 24种微粒的物质的量分数( )与溶液pH的关系如图所示：则pH2.7的溶液中， _。解析： Ka1 ，Ka2 ， ，Ka1Ka2当pH1.2时， (H2C2O4) (HC2O )0.5，则 Ka110 1.2 ， 4当pH4.2时， (HC2O ) (C2O )0.5，则 Ka210 4.2 ， 4 24所以 1 000。10 1.210 4.2答案：1 00021已知 Ksp(AgCl)1.5610 10 ， Ksp(AgBr)7.710 13 ， Ksp(Ag2
