2019年高考化学冲刺逐题过关专题07第13题水溶液中的离子平衡(知识讲解)(含解析)

第13题水溶液中的离子平衡

一、试题解读

水溶液中的离子平衡是高考的重点，主要考查弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡、难溶电解质的溶解平衡的移动影响规律及应用，溶液中粒子浓度大小的比较，K sp、pH的计算，中和滴定的计算、指示剂的选择等。

二、试题考向

三、必备知识

知识点 1 电离平衡和溶液的酸碱性

1．电离平衡中的三个易错点

(1)电离平衡向正向移动，弱电解质的电离程度不一定增大，如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。

(2)弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中所有离子浓度不一定都减小，如氨水加水稀释时，c(H＋)增大。

(3)由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液不一定呈碱性。

2．水的电离和溶液的酸碱性

(1)水的电离

①任何条件下，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)；常温下，离子积常数K W＝1.0×10－14。

②酸、碱抑制水的电离，能水解的正盐、活泼金属(如Na)则促进水的电离。

(2)溶液的酸碱性

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。

①当电离能力大于水解能力时，如何判断溶液酸碱性举例：

a．CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性；

b．NH3·H2O的电离程度大于NH＋4的水解程度，等浓度的NH3·H2O和NH4Cl溶液等体积混合后溶液显碱性。

②当水解能力大于电离能力时，如何判断溶液酸碱性举例：

HClO的电离程度小于ClO－的水解程度，所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性。

③酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式酸根的电离能力和水解能力哪一个更强。如在NaHCO3溶液中，HCO－3的水解能力大于电离能力，故溶液显碱性；而在NaHSO3溶液中，HSO－3的电离能力大于水解能力，故溶液显酸性。

知识点2 沉淀溶解平衡

1．沉淀溶解平衡的三类应用

(1)沉淀的生成

①加沉淀剂，如向AgNO3溶液中加入NaCl可生成沉淀；

②调节pH，如除去一定浓度的CuSO4和FeSO4的混合溶液中的FeSO4，先加入H2O2氧化FeSO4，使Fe2＋转化为Fe3＋，再加入CuO或Cu(OH)2调节pH至约等于4，使得Fe3＋的水解平衡右移转化为沉淀，而Cu2＋没有沉淀从而达到除杂的目的。

(2)沉淀的溶解

①酸溶解法，如CaCO3溶于盐酸；

②盐溶液溶解法，如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液；

③氧化还原溶解法，如Ag2S溶于稀HNO3；

④配位溶解法，如AgCl溶于氨水。

(3)沉淀的转化

溶解能力相对较强的沉淀易向溶解能力相对较弱的沉淀转化，如

2．Q c与K sp大小比较的应用

Q c为离子积是指溶液中刚开始反应(但未反应)时体系各离子浓度幂次方之积。Q c与K sp的相对大小可反映出体系是否为平衡状态(即沉淀是析出还是溶解)：

知识点4

1．四种典型电解质溶液中的粒子浓度关系

(1)CH3COONa与NH4Cl

(2)Na2CO3与NaHCO3

2．解粒子浓度关系题的思路

(1)巧用三大守恒，必须注意细节

①电荷守恒

找全溶液中的阴、阳离子，分列等式两边，切勿漏写；离子所带电荷数不是1时，要在该离子物质的量浓度前乘以其所带的电荷数。

如一定温度下，pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合，浓度关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O－4)＋2c(C2O2－4)(注意C2O2－4的化学计量数为2)。

②物料守恒

以元素X、Y的物料关系书写守恒式时，分别找全含有X、Y的微粒，分列等式两边，切勿漏写；准确确定X与Y的物料关系，不要弄反两者的计量数之比，不要忽略新加入物质对溶液的影响。

如室温下，0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中存在c(Na＋)＝2[c(SO2－3)＋c(HSO－3)＋c(H2SO3)](物料守恒)，但当通入SO2时，使溶液中含有S元素的微粒增多，故：c(Na＋)≠2[c(SO2－3)＋c(HSO－3)＋c(H2SO3)]。

③质子守恒

方法一：找出所有能够提供H＋的微粒，包括H2O，等式左边书写这些微粒失去H＋后形成的微粒(注意若失去2个H＋，则该微粒的物质的量浓度前要乘以计量数2，且不要漏掉OH－)；右边书写与H＋结合后形成的微粒(若结合2个H＋，则该微粒的物质的量浓度前也要乘以计量数2，另外不要漏掉H＋)。如NaHCO3溶液中存在：

c(OH－)＋c(CO2－3)＝c(H＋)＋c(H2CO3)。

方法二：代入法构建等式，即将物料守恒式与电荷守恒式联立，得出质子守恒式。

(2)根据粒子浓度关系式，套用合适守恒式

(3)

某些混合溶液中可能同时存在水解平衡和电离平衡，需要根据题目提供的溶液酸碱性或一般规律判断究竟是哪一种因素起主导作用。

知识点5 图像分析

能力点1 弱电解质的电离

能力点2 弱电解质分布系数图

分布曲线是指以pH为横坐标，分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数为纵坐标，即分布系数与溶液pH之间的关系曲线。

能力点3 根据多元弱酸“共轭酸碱对”判断电离常数(K a)与水解常数(K h)大小

能力点4 电解质溶液中粒子浓度大小的比较

四、高考回顾

1．（2018年全国3卷）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（）

A．根据曲线数据计算可知K sp(AgCl)的数量级为10-10

B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=K sp(AgCl)

C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a

D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动

【答案】C

【解析】A．选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L 的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以K SP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确。B．由于K SP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝K SP(AgCl)，选项B正确。C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL

0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a 点对应的是15mL，选项C错误。D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以K SP(AgCl)应该大于K SP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确。

2．（2017年全国1卷）常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A．K a2（H2X）的数量级为10–6 B．曲线N表示pH与的变化关系

C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－) D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋) 【答案】D

【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH 相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此K

（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；

a2

C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH －)，C正确；

D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。

3．（2017年全国2卷）改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。

下列叙述错误的是

A．pH=1.2时， B．

C．pH=2.7时， D．pH=4.2时，

【答案】D

【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K 2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C说法正确；D、根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D说法错误。

4．（2017年全国3卷）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是

A．的数量级为 B．除反应为Cu+Cu2++2=2CuCl

C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好 D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全

【答案】C

【解析】A．Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl－)，在横坐标为1时，纵坐标大于－6，所以Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A正确；B．除去Cl－反应应该是Cu+Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，B正确；C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl－效果越好，但同时溶液中，Cu2＋浓度也增大，会在阴极被还原为Cu，影响炼锌的产率和纯度，故C错误；D．在没有Cl－存在的情况下，反应2Cu＋＝Cu2＋＋Cu趋于完全，D正确，答案选C。

5．（2016年全国1卷）298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是

A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B．M点对应的盐酸体积为20.0 mL

C．M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－) D．N点处的溶液中pH<12

【答案】D

【解析】

A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol?L-1，该氨水电离度为1.32%，则

该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。

点睛：酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。

6．（2016年全国3卷）下列有关电解质溶液的说法正确的是

A．向0.1mol CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小

B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大

C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中

D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变

【答案】D

【解析】A、=，因为加水，稀释溶液，醋酸电离程度增大，但醋酸根离子浓度减小，平衡常数不变，故比值变大，故错误；B、醋酸钠溶液加热，醋酸根离子水解程度增大，其

=1/K，K变大，所以比值变小，故错误；C、盐酸中加入氨水到中性，则有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4+)=c(Cl-)，故错误；D、向氯化银和溴化银的饱和溶液中加入少量硝酸银，沉淀溶解平衡逆向移动，氯离子和溴离子浓度比仍等于其溶度积的比值，故不变，故正确。

五、预测2019

1．室温下，取20 mL 0.1 mol·L?1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L?1 NaOH溶液。已知：H2A H+＋HA?，

HA??H+＋A2?。下列说法不正确

．．．的是

A．0.1 mol·L?1 H2A溶液中有c(H+)－c(OH?)－c(A2?)＝0.1 mol·L?1

B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA?)＋2c(A2?)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL

C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2?)＝c(H+)－c(OH?)

D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA?)＋2c(A2?)

【答案】B

【解析】A. 0.1 mol·L?1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH?)+2c(A2?)+ c(HA?)，因而

c(H+)-c(OH?)-c(A2?)=c(A2?)+c(HA?)=0.1mol·L?1，A项正确；B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA??H+＋A2?，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C.当用去NaOH 溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2?)＝c(H+)－c(OH?)，C项正确；D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA?)＋2c(A2?)，D

项正确。故答案选B。

2．下列说法不正确

．．．的是

A．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质

B．25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0

C．25℃时，将0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10mol·L-1

D．0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0

【答案】D

【解析】A、若HA为强酸，0.1 mol·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，选项A正确；B、0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH值为11.0，选项B正确；

C、pH值为4.0的溶液中c（H+）＝1×10－4mol/L，在25℃时，水的离子积K W＝1×10-14，故c（OH-）＝1×10-10mol/L，选项C正确；

D、若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH 等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，选项D不正确。

3．常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在

V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确

．．．的是

A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍

B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c

C．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)

D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大

【答案】D

【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当 V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当 V

（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。

4．常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是

A．Ka( HA)约为10-4

B．当两溶液均稀释至时，溶液中＞

C．中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH)：HA>HB

D．等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者

【答案】B

【解析】A.1mol/L的HA溶液的pH为2，c(A-)＝c(H＋)＝0.01mol/L，c(HA) 1mol/L，则HA的电离常数约为10-4，A正确；B. 由电荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，当两溶液均稀释至

时，HB溶液pH=3，HA溶液pH>3，则有c(A-)n(HB)，故分别用等浓度的NaOH溶液中和时，消耗的NaOH

溶液体积V(HA)>V(HB)，C正确；D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液，Na+数目相同，HB为强酸，盐溶液中B-不发生水解，HA为弱酸，盐溶液中A-发生水解，A-与水电离的H+结合促进水电离出补充OH-，离子总数减少，所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者，D正确。

5．取三份浓度均为0.1 mol/L，体积均为1 L的醋酸钠溶液中分别加入氯化铵固体、醋酸铵固体、氯化氢气体后所得溶液pH变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）。

下列说法不正确

．．．的是

A．曲线a、b、c分别代表加入醋酸铵、氯化铵、氯化氢

B．由图可知K a(CH3COOH)＝K b(NH3﹒H2O)＝1×10-7

C．A点处c(CH3COO-)＞c(Na+)＞ c(NH4+)＞ c(OH-)＞ c(H+)

D．C点处c(CH3COO-)＋c(Cl-)＋c(OH-)＞0.1mol/L

【答案】B

【解析】A. 氯化铵属于强酸弱碱盐，溶液显弱酸性，醋酸铵属于弱酸弱碱盐，且醋酸根与铵根的水解程度相同，溶液显中性，氯化氢属于强酸，溶液显强酸性。所以，向弱碱性的醋酸钠溶液中分别加入氯化铵、醋酸铵和氯化氢时，溶液的pH都减小，若加入三种物质的物质的量相同，pH变化最小的是醋酸铵，最大的是氯化氢，曲线a、b、c分别表示加入醋酸铵、氯化铵和氯化氢，故A正确；B. B点所加氯化铵的物质的量与原有醋酸钠的物质的量相等，溶液显中性，说明醋酸根与铵根的水解程度相等，进而证明醋酸与一水合氨的电离常数相等，即K a(CH3COOH)＝K b(NH3﹒H2O)，但无法说明等于1×10-7，故B错误；C. A点所加醋酸铵的物质的量与原有醋酸钠的物质的量相等，需考虑醋酸根与铵根的水解，溶液显碱性，因此，溶液中各离子浓度从大到小的顺序正确的是：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞ c(NH4+)＞ c(OH-)＞ c(H+)，故C正确；D. C点所加氯化氢的物质的量与原有醋酸钠的物质的量相等，都是0.10mol，溶液中存在的电荷守恒关系为：c(CH3COO-)＋c(Cl-)＋c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒关系为：c(CH3COO-)＋

c(CH3COOH)=c(Na+)=c(Cl-)=0.1mol/L，所以c(CH3COO-)＋c(Cl-)＋c(OH-)＞0.1mol/L，故D正确。

6．羟氨(NH2OH)为一元弱碱(25℃时，平衡常数K b=9.0×10-9)，其电离方程式为：NH2OH+H2O?NH3OH++OH-。在25℃时，用0.10mol·L-1盐酸滴定20mL0.10mol·L-1NH2OH溶液，滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数[-1gc水(H+)]与盐酸体积(V)的关系如图所示。(已知：lg3=0.5)，下列说法中错误的是

A．a点对应溶液的pH=9.5 B．b点对应的溶液中有：c(NH3OH+)=c(Cl-)

C．c点溶液中存在离子反应： D．d点溶液中：-lgc水(H+)=13 【答案】D

【解析】A、未加HCl时溶液为羟胺溶液，电离平衡常数K b===9.0×10-9，c(OH-)=3×10-5，pH=9.5，故A正确；B. b点为NH2OH和NH3OHCl的混合溶液，根据电荷守恒，c(NH3OH+)+ c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，-1gc水(H+)=7，即c水(H+)=1.0×10-7=c(H+)，溶液显中性，因此c(H+)= c(OH-)，因此c(NH3OH+)=c(Cl-)，故B正确；C. c 点二者恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH3OHCl，存在NH3OH+水解反应

，导致溶液呈酸性，故C正确；D. d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3OHCl、HCl，浓度均为mol·L-1，溶液中c(H+)＞mol·L-1，即c水(H+)＜mol·L-1=3×10-13mol·L-1，因此-lgc水(H+)＜13，故D错误。

7．向某Na2CO3、 NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2，测得溶液中与－1gc(Ba2+)的关系如图所示，下列说法不正确的是

A．该溶液中<

B．B、D、E三点对应溶液pH的大小顺序为B>D>E

C．A、B、C三点对应的分散系中，A点的稳定性最差

D．D点对应的溶液中一定存在2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(CO32+)+c(OH－)+c(Cl－)

【答案】B

【解析】A.结合K h(CO32-)= c(HCO3-)·c(OH-)/c(CO32-);K h(HCO3-)= c(H2CO3)·c(OH-)/c(HCO3-),混合溶液中两表达式c(OH-)相同，由于K h(CO32-)>K h(HCO3-) ,故<，故A正确；B.根据

K a2=c(CO32-)·c(H+)/c(HCO3-), 的数值越大，c(H+)的浓度越小，酸性越弱，pH越大,因此正确的

顺序为：B

c(OH-)+c(Cl-),由于D点对应的溶液中c(C032-)=c(HCO3-),因此存在2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(CO32-)+ c(OH-)+ c(Cl-),故D项正确。

8．常温下，向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（）

A．各点溶液中的离子浓度总和大小关系：d>c > b > a B．常温下,R-的水解平衡常数数量级为10 -9 C．a点和b点溶液中，水的电离程度相等 D．d点的溶液中,微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3?H2O) 【答案】B

【解析】A.根据图分析可知，b点导电能力最强，故b点溶液中的离子浓度最大，故A错误；B.根据起点PH=3，K a=c(H+)c(R-)/c(HR)=(10-3)2/0.1=10-5，代入K h=K w/K a=10-14/10-5=10 -9，故B正确；C. a点是酸过量，抑制水的电离，b点恰好中和，水解促进水的电离，故C错误；D. d点是NH4R和NH3?H2O的混合物，它们物质的量浓度相等，故物料守恒：2c(R-)+2c(HR)=c(NH3?H2O)+c(NH4+)，电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=

c(R-)+c(OH-)，两式相加可得，2c(HR)+ c(H+)+ c(R-)= c(NH3?H2O)+ c(OH-)，故D错误。

9．25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[－lg c(M2＋)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下K sp[Cu(OH)2]＜K sp[Fe(OH)2]。下列说法不正确的是（）

A．K sp[Cu(OH)2]的数量级为10－20

B．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝104.6∶1

C．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2＋，可加入适量CuO

D．向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液

【答案】C

【解析】A项、曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，由图可知，当pH=10时，－lg c(M2＋)=11.7，则K sp[Cu(OH)2]= c(Cu2＋) c2(OH－)= 10—11.7×（10—4）2=10—19.7，故A正确；B项、当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(OH－)相同，当pH=10时，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝10—7.1：10—11.7=104.6∶1，故B正确；C项、该温度下K

[Cu(OH)2]＜K sp[Fe(OH)2]可知，Cu(OH)2比Fe(OH)2

sp

更难溶，加入适量CuO调节溶液pH，先沉淀的是Cu2＋，无法达到除去少量Fe2＋的目的，故C错误；D项、向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，温度不变K sp[Fe(OH)2]，c(Fe2＋)减小，可能由Z点转化为Y点，故D正确。

10．25 ℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图甲所示。

向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示[其中a点的坐标为（9.5，0.5）]。

甲乙

下列溶液中的关系中一定正确的是

A．图甲中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)

B．常温下，NaCN的水解平衡常数：K h(NaCN)=10-4.5mol/L

C．图乙中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)

D．图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)

【答案】B

【解析】A．根据图甲，CN-、HCN含量相等时溶液的pH=9.5，图甲中可以加入HCN，调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在c(Cl-)，即不一定存在c(Cl－)＝c(HCN)，故A不选；B．根据图甲，CN-、HCN含量相等时溶液的pH=9.5，HCN的电离平衡常数K(HCN)= = c(H+)=10-9.5mol/L，则NaCN的水解平衡常数K h(NaCN)=== 10-4.5mol/L，故B选；C．b点加入5mL盐酸，反应生成等浓度的NaCl、HCN，溶液组成为等物质的量浓度的NaCN、HCN和NaCl，根据图甲，CN-、HCN含量相等时溶液的pH=9.5，溶液呈碱

性，则HCN电离程度小于CN-水解程度，可知c(HCN)＞c(CN-)，故C不选；D．c点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的NaCl、HCN的混合液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得

c(Cl-)=c(HCN)+c(CN-)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+) = c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-)，则c(Na+)+c(H+)=c（HCN）+c(OH-)+2c(CN-)，故D不选。