【文档说明】2020年真题+高考模拟题 专项版解析 化学——10 水溶液中的离子平衡（教师版）【高考】.docx，共(26)页，1.728 MB，由小赞的店铺上传

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专题10水溶液中的离子平衡1．【2020年7月浙江选考】下列物质在熔融状态下不导电．．．的是()A．B．C．D．【答案】C【解析】A．NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH-，故其在熔融状态下能导电，A不符合题意；B．CaCl

2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和Cl-，故其在熔融状态下能导电，B不符合题意；C．HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意；D．K2SO4属于离

子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的K+和SO，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。综上所述，本题答案为C。2．【2020年7月浙江选考】水溶液呈酸性的是()A．B．C．D．【答案】B【解析】A．NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水

溶液呈中性，A不符合题意；B．NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO，故其水溶液呈酸性，B符合题意；C．HCOONa属于强碱弱酸盐，其在

水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋H2O⇌HCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；D．NaHCO３是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶

液呈碱性，D不符合题意。综上所述，本题答案为B。3．【2020年新课标】以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知2020年高考真题浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随

滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]下列叙述正确的是A．曲线①代表，曲线②代表B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D．滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】【分析

】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没

有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。【详解

】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.10

00mol/L，B错误；C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，

溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒

子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。4．【2020年新课标Ⅱ】二

氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是A．海水酸化能引起3HCO−浓度增大、23CO−浓度减小B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C．CO2能引起海水酸化，其原理为3HCO−H++23CO−D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生

存环境【答案】C【解析】A．海水酸化，H+浓度增大，平衡H++2-3CO⇌-3HCO正向移动，2-3CO浓度减小，-3HCO浓度增大，A正确；B．海水酸化，2-3CO浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C．

CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++-3HCO，-3HCO⇌H++2-3CO，导致H+浓度增大，C错误；D．使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的

排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；答案选C。5．【2020江苏卷】常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．10.1molL−氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO-3B．10.1molL−盐酸溶液：

Na+、K+、SO2-4、SiO2-3C．10.1molL−KMnO4溶液：NH+4、Na+、NO-3、I-D．10.1molL−AgNO3溶液：NH+4、Mg2+、Cl-、SO2-4【答案】A【解析】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子

可以大量共存，A选；B．在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B不选；C．4MnO−具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不选；D．在0.1mol/L硝酸银溶液中

，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，D不选；故选A。6．【2020天津卷】常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则aaK(HCOOH

)>K(HF)B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中()()()()-++-3cCHCOO>cNa>cH>cOHC．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则spspK(FeS)>K(

CuS)D．在-121molLNaS溶液中，()()()2---12cS+cHS+cHS=1molL【答案】A【解析】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数

较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)

＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)

＞Ksp(CuS)，故C正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；综上所述，答

案为A。7．【2020年7月浙江选考】下列说法不正确．．．的是()A．的盐酸中B．将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性C．常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质D．常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大【答案】A【解析】A．盐酸的浓度为2.0×10-7

mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7mol/L，故A错误；B．KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离

子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；C．NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；D．醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会

向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；答案选A。8．【2020年7月浙江选考】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，【答案

】D【解析】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(NH4+)+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

(NH4+)+c(OH-)，C正确；D．当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。9

．（2020年江苏卷）室温下，将两种浓度均为10.1molL−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．323NaHCONaCO−混合溶液(pH=10.30)：()()()()233NaHCOCOOHcccc+−−−

B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：()()()()432NHHNHHOOHcccc++−+=+C．33CHCOOHCHCOONa−混合溶液(pH=4.76):()()()()33NaCHCOOHCHCOOHcccc+−+D．22424

HCONaHCO−混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):()()()()()222424HHCONaCOOHccccc++−−+=++【答案】AD【解析】A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明3HCO−的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2C

O3水解关系为：2--33COHCO＞，溶液中剩余微粒浓度关系为：()()-2-33HCOCOcc，2-3CO和-3HCO水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度

最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：()()()()+-2--33Na>HCO>CO>OHcccc，故A正确；B．该混合溶液中电荷守恒为：()()()()++--4NH+H=OH+Clcccc，物料守恒为：()()()+-324NH?HO+N

H=2Clccc，两式联立消去c(Cl-)可得：()()()()++-432NH+2cH=2cOH+cNHHOc，故B错误；C．若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，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+)，故C错误；D．该混合溶液中物料守恒为：()()()()+-2-22424242Na=HCO+HCO+COcccc，电荷守恒为：()()()()()2---++24242CO+HCO

+OH=Na+Hccccc，两式相加可得：()()()()()++2--22424H+HCO=Na+CO+OHccccc，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。10．（2020年山东省新高考）25℃时，某混合溶液中()()133CHCOOHCHCOO0.1molLcc−−+

=，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是A．O点时，()()33CHCOOHCHCOOcc−=B．N点时

，apH=-lgKC．该体系中，()()()+-13+a0.1cHcCHCOOH=molLK+cHD．pH由7到14的变化过程中，CH3COO-的水解程度始终增大【答案】BC【解析】【分析】根据图像分析可

知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc

(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。【详解】A．根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)=c(OH-)，故A错误；B．N点为曲线1

和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=()()()-+33CHCOOHCHCOOHccc，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；C．c(CH3COO-

)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L-c(CH3COOH)，又Ka=()()()-+33CHCOOHCHCOOHccc，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=++0.1(H)(H)acKc+mol/

L，故C正确；D．醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；答案选BC。11．（2020

届广东省深圳市高三第一次调研）常温下，向141molLNHCl−溶液中加入足量的镁条，该体系pH随时间变化的曲线如图所示。实验观察到b点开始溶液中有白色沉淀生成，已知1sp2KMg(OH)1.810−=。下列说法错误．．的是

A．常温下，4NHCl的水解平衡常数数量级为1010−B．体系中，水的电离程度大小关系为a>c>bC．b点时，溶液中()2+1cMg0.18molL−=D．a点溶液中，()()()()++--4cNH+cH

<cCl+cOH【答案】B【解析】A．常温下，氯化铵的水解平衡式为：NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+，则Kh=32+4cNHHOcHcNH+（）（（）），由于氨水和氢离子浓度几乎相等，根据图像可知，没加镁之前，溶液的pH=5，c(NH3·H2O)≈c(H+)=10-5mol/L

，c(NH4+)=1mol/L，则Kh=32+4cNHHOcHcNH+（）（（））=10-10，水解平衡常数数量级为1010−，故A正确；B．氯化铵的水解平衡式为：NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+，加入镁单质时，消耗了氢离子，使平衡正向移动，

促进铵根离子的水解，即促进了水的电离，故水的电离程度大小关系为c＞b＞a，故B错误；2020届高考模拟试题C．b点时，1sp21KMg(OH)1.810−=，pH=9，c(H+)=10-9mol/L，c(OH-)=10-5，c(Mg2+)=11sp2-210KMg(OH)1.c1

0810=0.18mol/LOH−−=）（，故C正确；D．a点溶液中，电荷守恒式为：()()()()()++2+--4cNH+cH+2cMg=cCl+cOH，故()()()()++--4cNH+cHcCl+cOH＜，故D正确；答案选B。12．（2020

届河南省郑州市高三第二次质检）25℃时，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1某二元弱酸H2A(Ka1=1.1×10-3，Ka2=3.9×10-6)溶液，滴定过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列

说法正确的是A．a点的pH大于2B．b点溶液中c(H2A)>c(A2-)C．c点溶液中c(HA-)+2c(H2A)=c(OH-)-c(H+)D．d点溶液中c(Na+)+c(H+)=c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)【答案】C【解析】A.a点发生H2A的电离且Ka1＞＞Ka2，故

Ka1=c(HA−)×c(H+)/c(H2A)=1.1×10-3，则c2(H+)=1.1×10-3×0.1，解得c(H+)≈1.05×10-2，故pH小于2，A项错误；B.b点酸碱恰好完全反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+

c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，则c(H2A)＜c(A2-)，B项错误；C.c点为Na2A，溶液显碱性，溶液中电荷守恒c(

Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)+2c(H2A)，得到：c(HA-)+2c(H2A)=c(OH-)-c(H+)，C项正确；D.d点为Na2A和NaOH的混合物，溶液显碱性，溶液中电荷守恒c(N

a+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，D项错误；答案选C。13．（2020届安徽省江淮十校联考）工业上常用(NH4)2SO3溶液吸收废气中的SO2，室温下测得溶液中lgY[Y=

-323c(HSO)c(HSO)或2-3-3c(SO)c(HSO)]，与pH的变化关系如图所示。则下列说法一定错误的是A．通入少量SO2的过程中，直线Ⅱ中的N点向M点移动B．α1=α2一定等于45°C．当对应溶液的pH处于1.81<p

H<6.91时，溶液中的微粒浓度一定存在c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)D．直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)【答案】C【解析】A.通入少量二氧化硫的过程中，溶液的酸性增强，直线Ⅱ中的N点

向M点移动；B.-+3a123c(HSO)c(H)K=c(HSO)，则-+3a123c(HSO)lgK=lg+lgc(H)c(HSO)，-3a123c(HSO)lg=lgK+pHc(HSO)，同理可得2-3a2-3c(SO)lg=lgK+pHc(HSO)，故α1=α2一定等于4

5°；C.由图像可知，当对应溶液的pH处于1.81<pH<6.91时，2-3-3c(SO)lgc(HSO)<0、-323c(HSO)lgc(HSO)>0，溶液中c(H2SO3)、c(SO32-)的大小无法确定；D.由于Ka1>Ka2，-2-33-2

33c(HSO)c(SO)>c(HSO)c(HSO)，则c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)；答案选C。14．（2020届广东省佛山市质检）向废水中加入硫化物可以依次获得CuS、ZnS纳米粒子。常温下，H2S的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-

15，溶液中平衡时相关离子浓度的关系如图，下列说法错误的是A．Ksp(CuS)的数量级为10-37B．a点对应的CuS溶液为不饱和溶液C．向p点的溶液中加入少量NaS固体，溶液组成由p向q方向移动D．H2S+Zn2+ZnS+2H+平衡常數很大，反

应趋于完全【答案】D【解析】A.由图中数据可知当c（Cu2+）=10-18mol/L时，c（S2-）=10-18.3mol/L，则()2+2--36.3KspCuS=c(Cu)c(S)=10数量级为

10-37，故A正确；B.计算a点的离子浓度积为2+2--18.5-18.5-c(Cu)c(S)=1010=3710<()KspCuS则溶液为不饱和溶液，故B正确；C.向p点的溶液中加入少量NaS固体，溶液中c（S2-）增大，则c（Cu2+）减小，故C正确；D.H2S+Zn2+ZnS+2H

+平衡常數2+2+-2--7-15a1a22+2+2---14-8.5sp(ZnS)22KKc(H)c(H)c(HS)c(S)1.3107.110K====30Kc(Zn)c(HS)c(Zn)c(HS)c(S)c(HS)10?10平衡常数不是很大，反应不趋于完

全，故D错误；故答案选：D。15．（2020届湖北省七市州教科研协作5月高三联合）常温下，已知醋酸的电离常数为1.75×10-5，向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)随加入NaOH溶

液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（已知17.5=4.2）A．b、d两点溶液的pH相同B．b点溶液中离子浓度大小顺序是：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)C．e点所示溶液

中，c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]=0.005mol/LD．a点坐标为(0，2.4×10－11)【答案】D【解析】A.CH3COOH溶液中加入NaOH发生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，b点消耗NaOH的体积为10m

L，NaOH和CH3COOH的物质的量浓度相等，则此时溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COO－的水解常数为1495101101.75101.75KwKa−−−==

<1.75×10－5，CH3COOH的电离大于CH3COO－水解，即b点溶液显酸性，d点溶质为CH3COONa和NaOH，溶液显碱性，b、d两点pH不相同，故A错误；B.根据A选项分析，b点溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COOH的电离大于CH3

COO－的水解，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故B错误；C.e点溶质为CH3COONa和NaOH，且两者物质的量相等，根据物料守恒，因此有c(Na＋)=2[c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)]=334010

L0.01mol/L6010L−−，故C错误；D.CH3COO发生电离：CH3COOHCH3COO－＋H＋，电离平衡常数Ka=+-33c(H)c(CHCOO)c(CHCOOH)=1.75×10-5，因此有c2(H＋)=1.7

5×10－7，即c(H＋)=4.2×10－4mol·L－1，根据水的离子积，则溶液中c(OH－)=14+410(H)4.210Kwc−−=≈2.4×10－11，即水电离出的c(H＋)=2.4×10－11mol·L－1，故D

正确；答案：D。16．（2020届广东省汕头市高三一模）在某温度时，将nmol·L-1氨水滴入10mL1.0mol·L-1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是A．c点存在守恒关系：c(NH4+)=c(Cl－)B．b点：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H

+)>c(OH－)C．水的电离程度：b>c>a>dD．25℃时，NH4Cl水解平衡常数为(n－1)×10-7(用n表示)【答案】C【解析】A．c点溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒分析c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(O

H-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，A正确；B．b点溶液为NH4Cl溶液，此溶液中离子浓度大小为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，B正确；C．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，

则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，C错误；D．根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，c

(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，则25℃时NH4Cl水解常数为Kh=-7(0.5n-0.5)100.5=(n-1)10-7，D正确；故选C。17．（2020届广东省茂名市高

三二模）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与-lgc(CO32-)或-lgc(I-)的关系如

图所示。下列说法错误的是A．Ksp(PbCO3)的数量级为10-14B．相同条件下，水的电离程度p点大于q点C．L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化D．p点溶液中加入Na2CO3浓溶液，可得白色沉淀【答案】B【解析】A.由上述

分析可知图像L2对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(CO32-)的关系变化，则()2+2--13.133KspPbCO=c(Pb)c(CO)=10数量级为10-14，故A正确；B.相同条件下，P点和Q点的铅离子浓

度相同，P点为碘化铅的饱和溶液，Q点为碳酸铅的饱和溶液，由于碘离子不水解，则CO32-可以发生水解，其水解促进了水的电离，则水的电离程度p点小于q点，故B错误；C.L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化，故C正确；D.()

2+2--13.133KspPbCO=c(Pb)c(CO)=10，()2+2--82KspPbI=c(Pb)c(I)=10，()()32KspPbCO<KspPbI，则p点溶液中加入Na2CO3浓溶液,可得白色沉淀，故D正确；故答案选：B。18．（2020届广东省茂名市高三综合测试）

常温下，在“H2S—HS-—S2-”的水溶液体系中，H2S、HS-、S2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化（仅用H2S和NaOH调节pH)的关系如图所示。下列说法正确的是A．Kal(H2S)的数量级为10-6B．NaHS溶液中，c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H2

S)C．当体系呈中性时，-2c(HS)c(HS)>+-2-c(Na)c(HS)+2c(S)D．加入Na2S沉降废水中的Cu2+，废水的pH对沉降效果没有影响【答案】C【解析】A．c(HS−)=c(H2S)时，

Ka1(H2S)=()()()2cHcHScHS+−=c(H+)=10−6.9，数量级为10-7，故A错误；B．c(HS-)和c(S2-)时，Ka2(H2S)=()()()2cHcScHS+−−=c(H+)=10−13，NaHS溶液中，Kh=()12WaKKHS=146.91010−−=1

0-7.1>Ka2(H2S)=10−13，溶液呈碱性，说明HS−水解程度大于电离程度，则c(S2−)<c(H2S)，故B错误；C．溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，c(HS−)>c(H2S)，则-2c(HS)c(HS)>1、根据电荷守恒得c(Na+)

=c(HS−)+2c(S2−)，所以+-2-c(Na)c(HS)+2c(S)=1，则-2c(HS)c(HS)>+-2-c(Na)c(HS)+2c(S)，故C正确；D．当加入Na2S沉降废水中的Cu2+，溶液中c(Cu2+)减小，Cu2+水解程度较小，则溶液的pH增大，故D错误；答案选C。19．（2

020届五岳（湖南、河南、江西）高三线上联考）常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．HX、HY起始溶液体积相同B．均可用甲基橙作滴定指示剂C．pH相同的两种酸溶液中

：()()cHYcHXD．同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：()()()()cHXcX2cOH2cH−−+−=−【答案】D【解析】A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体

积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是3.14.4，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；C.由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的

酸性，pH相同的两种酸溶液中，()()cHYcHX，故C错误；D.同浓度的KX和HX的混合溶液中，存在电荷守恒为()()()()++--cH+cK=cX+cOH，物料守恒为()()()+-2cK=cHX+cX，将

物料守恒带入电荷守恒可得()()()()--+cHX-cX=2cOH-2cH，故D正确；答案选D。20．（2020届四川省成都市6月三诊）如图为室温下某二元酸H2M溶液中H2M、HM-、M2-的浓度对数lgc随pH的变化图象。下列分析错误的是A．该二元酸溶液浓度为0.010mol/LB

．pH=1.89时，c(H2M)=c(HM-)>c(M2-)C．pH=7.0时，lgc(M2-)-lgc(HM-)=0.77D．在NaHM溶液中，水的电离受到抑制【答案】A【分析】据图可知溶液中H2M、HM-、M2-三种微粒可以同时存在，所以H2M应为二元弱酸，pH

增大的过程中发生反应：H2M+OH-=HM-+H2O、HM-+OH-=M2-+H2O；【详解】A．起点处，溶液中主要存在H2MHM-+H+，据图可知c(H2M)=0.1mol/L，c(HM-)=0.001mol/L，根据

物料守恒，二元酸的浓度应为0.1mol/L+0.001mol/L=0.101mol/L，故A错误；B．据图可知pH=1.89时c(H2M)=c(HM-)>c(M2-)，故B正确；C．lgc(M2-)-lgc(HM-)=lg()()2--MHMcc，Ka2=()(

)()+2--HMHMccc，据图可知pH=6.23时，()()2--MHMcc=1，所以Ka2=10-6.23，温度不变平衡常数不变，所以pH=7.0时()()2--MHMcc=0.77-76.23=110100−，所以lg()()2--MHMcc=0

.77，故C正确；D．在NaHM溶液中含M元素主要以HM-的形式存在，据图可知当溶液中c(HM-)最大时，溶液呈酸性，说明HM-的电离程度大于水解程度，而电离抑制水的电离，水解促进水的电离，所以水的电离受到的

抑制作用更大，故D正确；故答案为A。21．（2020届安徽省皖南八校高三临门一卷）常温下向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示2c(X)c(HX)−−或2c(HX)c(HX)−，pY=－

lgY。下列叙述错误的是A．曲线n表示2c(HX)pc(HX)−与pH的变化关系B．Ka1(H2X)=1.0×10－10.3C．NaHX溶液中c(OH－)＞c(H+)D．当pH=7时，混合溶液中c(N

a+)=c(HX－)+2c(X2－)+c(Cl－)【答案】B【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），则pH相同时()()2--cXcHX＜()-2c(HX)cHX，pY=-lg

Y，则p()()2--cXcHX＞p()-2c(HX)cHX，则m、n分别表示pH与p()()2--cXcHX、p()-2c(HX)cHX的变化关系，据此结合选项分析解答。【详解】A．根据分析可知，n表示pH与

p()-2c(HX)cHX的变化关系，A选项正确；B．M点pH=9.3，c(H+)=10-9.3mol/L，p()()2--cXcHX=-lg()()2--cXcHX=1，则()()2--cXcHX=0.1，所以Ka2（H2X）=()()2--cXcHX×c（H+）=10-9.3×0.1=1.

0×10-10.3，N点pH=7.4，c(H+)=10-7.4mol/L，p()-2c(HX)cHX=-lg()-2c(HX)cHX=-1，则()-2c(HX)cHX=10，所以Ka1(H2X)=()-2c(HX)cHX×c（H+）=10-7.4×10=1.0×10-6.4，B选项

错误；C．根据B可知HX﹣的电离平衡常数为1.0×10﹣10.3；曲线n表示pH与p()-2c(HX)cHX的变化关系，n点pH=7.4，p()-2c(HX)cHX=-lg()-2c(HX)cHX=-1，()-2c(HX)cHX=10，所以HX-的水解

平衡常数Kh＝()()()-2-cHXcOHcHX=147.41101010−−=1.0×10-7.6＞1.0×10-10.3，说明HX-的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液溶液呈碱性，c(H+)＜c(O

H-)，C选项正确；D．当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)，D选项正确；答案选B。22．（2020届河南省六市高三第二次联合调研）常温时，向120mL0.005m

ol·L－1CaCl2溶液中逐滴加入0.1mol·L－1Na2CO3溶液，混合溶液的电导率变化曲线如图所示。已知25℃时，Ksp(CaCO3)=3.36×10－9，忽略CO32-水解。下列说法正确的是A．a点对应的

溶液中Ca2+开始形成沉淀，溶液中c(Ca2+)=c(CO32－)B．b点对应的溶液中Ca2+已完全沉淀，且存在关系：c(Na+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)C．在滴加Na2CO3溶液的过程中

，混合溶液的pH先减小后增大D．右图可以说明CaCO3在溶液中存在过饱和现象【答案】D【解析】A．由图可知，a点对应的溶液导电能力急剧下降，说明Ca2＋开始形成沉淀，而溶液中的钙离子和碳酸根离子分别来源于CaCl2溶液和Na2CO3

溶液，CaCO3形成沉淀时，Ca2＋和CO32－不一定相等，故A错误；B．原溶液中n（Ca2＋）=120mL×0.005mol·L－1=0.6mmol，要使钙离子完全沉淀，需要碳酸钠溶液的体积为10.60.1?mmo

lmmolmL－=6mL，向b点中对应的溶液中加入碳酸钠溶液的体积小于6mL，不能使钙离子完全沉淀，电荷守恒关系式为：2c（Ca2＋）+c（Na＋）+c（H＋）=c（Cl－）+c（OH－）+2c（CO32－），故B错误

；C．不忽略CO32－水解的情况下，在加入碳酸钠溶液后没有沉淀析出，溶液pH变大，析出碳酸钙时，溶液的pH突然变小，在Ca2＋完全沉淀之前，混合溶液的pH值几乎不变，当所有的钙离子转化为碳酸钙沉淀后，继续滴加碳酸钠溶液，溶液的pH值变大，直至与碳酸钠溶液的pH几乎相同，忽略CO3

2－水解的情况下，水溶液的pH不发生变化，故C错误；D．理论上Ca2＋开始形成沉淀，c（CO32－）≈933.36105.010−−mol·L－1≈10-6mol·L－1，加入碳酸钠溶液的体积为61110?1200.1?mo

lLmLmolL−－－≈10-2mL，即1滴碳酸钠溶液就能使溶液中的离子积＞Ksp（CaCO3），而向a点对应的溶液加入碳酸钠溶液的体积为2.2ml，此时，溶液处于过饱和溶液，故D正确；故选D。23．（

2020届广东省茂名市高三综合测试）在两只锥形瓶中分别加入浓度均为lmol•L-1的盐酸和NH4Cl溶液，将温度和pH传感器与溶液相连，往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条，实验结果如下图。关于该实验的下列说法，正确

的是A．P点溶液：c(NH4+)+2c(Mg2+)>c(Cl-)B．反应剧烈程度：NH4Cl>HClC．Q点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解D．1000s后，镁与NH4Cl溶液反应停止【答案】A【分析】浓度均为l

mol•L-1的盐酸和NH4Cl溶液中加入过量的质量、形状均相同的镁条，反应的实质都是Mg+2H+==Mg2++H2↑，从图中可以看出，反应初期，盐酸与镁反应速率快，放出的热量多。反应一段时间后，NH4Cl溶液的pH迅速上升，然后基本恒定；盐酸溶液的pH缓慢上升，当反应时间接

近3000s时，pH才迅速上升，然后保持恒定。【详解】A．从图中可以看出，P点溶液的pH>7，此时c(OH-)>c(H+)；依据电荷守恒可知，c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(

OH-)，所以c(NH4+)+2c(Mg2+)>c(Cl-)，A正确；B．镁与盐酸反应，溶液温度迅速升高，并达最高点，反应放出的热量多，所以反应剧烈程度：HCl>NH4Cl，B不正确；C．MgCl2水解时，溶液显酸性，所以

Q点溶液显碱性不是MgCl2发生水解所致，C不正确；D．1000s后，镁与NH4Cl溶液反应温度仍在缓慢上升，溶液的pH仍在缓慢增大，说明反应仍在正向进行，D不正确；故选A。24．（2020届宁夏三校高三联考）常温下，在体积均为20

mL、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a7xK=(20-x)10【答案】D【解析】A.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.T、P点对应的溶液都呈碱性，故B错误。C.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.取M点计算电离常数，c（H＋）＝c（OH-）＝1×10-7mol·L-1，混合溶液中1x(Na)(Y)0.1molL20+xcc+−−==，120-x(HY)0.1molL20+xc−=，+-a7c(H)c(Y)xK==c(HY)(20-x)10，故D正确。故答案选D。25

．（2020届福建省厦门市高三质检）某温度下，分别向10.00mL0.1mol/L的KCl和K2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程中-lgc(M)(M为Cl-或CrO42-)与AgNO3溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是A．曲线L1表

示-lgc(Cl-)与V(AgNO3)的变化关系B．M点溶液中：c(NO3-)>c(K+)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH-)C．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-12D．相同实验条件下，若改为0.05mol/L的KCl和K2CrO4溶液，则曲线L2中N点移到Q点

【答案】D【解析】A.KCl和硝酸银反应的化学方程式为：33KClAgNOAgClKNO+=+，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为：243243KCrO2AgNOAgCrO2KNO+=+，根据反应方程式可

知在相同浓度的KCl和24KCrO溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以1L代表是()lgcCl−−与()3VAgNO的变化关系，故A正确；B.M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式33KClAgNOAgClK

NO+=+可知，生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则()()()3cNOcKcAg−++，银离子水解使溶液表现酸性，则()()cHcOH+−，所以M点

溶液中，离子浓度为：()()()()()3cNOcKcAgcHcOH−+++−，故B正确；C.N点纵坐标的数值是4，则24AgCrO在沉淀溶解平衡中()244cCrO10−−=，()4cAg210mol/L+−=，()()()2244212sp244KAgCrOcCr

OcAg10(210)4.010−+−−−===，故C正确；D.相同实验条件下同一种溶液的spK相同，平衡时溶液中()244cCrO10−−=，Q对应的纵坐标数值是4.0，即()24.04cCrO10−−=，曲线2L中N点移到Q点上方，故D错误。26．（2020届河南省

洛阳市高三第三次统考）25°C时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，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．图中a=2.6B．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-6.4C．M点溶液中：()()()()2233

cHcHCOcCl2ccH)(COO+−−−+=++D．若要表示题目条件下pH与lg2-3-3c(CO)c(HCO)的变化关系.则曲线应该在平行于曲线x的下方【答案】A【解析】A．根据N(7.4,1)点，lg-323c(HCO)c(HC

O)=1，则-323c(HCO)c(HCO)=10，碳酸的一级电离常数Ka1=-323c(HCO)c(H)c(HCO)+=10×10-7.4=10-6.4，将M点c(H+)带入一级电离常数公式，解得-323c(HCO)c(HCO)=102.6，a=2.6，A正确；B．该

反应的平衡常数Kh=-23-3c(HCO)c(OH)c(HCO)，根据M点，23-3c(HCO)c(HCO)=10-2.6，c(H+)=10-9，c(OH-)=10-5，带入数值，此反应的平衡常数为10-7.6，B错误；C．M点溶液中，依据电荷守恒c(H+)+c(Na+

)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，c(Na+)>c(HCO3-)+c(H2CO3)，所以c(H+)+c(H2CO3)<c(Cl-

)+2c(CO32-)+c(OH-)，C错误；D．溶液中存在大量的碳酸氢根，碳酸氢根可以发生电离，产生少量的碳酸根，这时碳酸根与碳酸氢根的比值小于1大于0，则lg2-3-3c(CO)c(HCO)的值为负，通过图像可知y轴向下数值增大，故lg2-3-3c(CO)c(HCO

)的关系变化图像在曲线x的上方，D错误；故选A。27．（2020届广西省南宁市第二次适应性测试）常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器

测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；巳知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。下列说法正确的是A．a点溶液中，c[(CH3)2NH2+]约为l.60×l0-4mol/LB．从a到c的过程中，水

的电离程度最大的是b点C．c点溶液中：3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=2c(Cl-)D．V(HCl)=15.00mL时，c[(CH3)2NH2+]＜c[(CH3)2NH•H2O]【答案】A【解析】A．a点溶液为浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(

CH3)2NH•H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制，则c(OH-)≈0.100mol•L-1，c[(CH3)2NH•H2O]≈0.100mol•L-1，()()()()()13232224b3212322OHCHNH0.1

00molLCHNHCHNHHO==l.60l00.100molLCHNHHOcccKc−+−+−−=，c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L，A正确；B．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和

氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，故可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水的电离程度最大的是c

点，B错误；C．c点溶液中，加入HCl的体积为20mL，则溶液中200.12(Cl)mol/L201030c−==+，100.11(Na)mol/L201030c+==+；因为水解消耗一部分，故()322

100.11mol/L2010CHNH30c+=+＜，则3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠2c(Cl-)，C错误；D．V(HCl)=15.00mL时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl

和(CH3)2NH•H2O物质的量浓度相等，均为1110.100molL0.0333molL3−−，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4，则溶液中()()()()b32322241322CHNHHOCHNHHOOHl.60l0molLC

HNHKccc−−−+=，溶液呈碱性，即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl水解程度，故c[(CH3)2NH2+]＞c[(CH3)2NH•H2O]，D错误；答案选A。