【文档说明】专题06 水溶液中的离子平衡（测）解析版-2023年高考化学二轮复习讲练测（新高考专用）.docx，共(21)页，1.096 MB，由envi的店铺上传

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专题06水溶液中的离子平衡（本卷共19小题，满分100分，考试用时75分钟）可能用到的相对原子质量：H1Li7B11C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5第I卷（选择题共50分）一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的。1．关于25℃时，体积相同的盐酸与醋酸两种溶液，下列说法正确的是A．若浓度相同，中和所需的NaOH物质的量不一定相同B．若浓度相同，溶液中c(OH-)前者小于后者C．若pH相等，则[CH3COO-]>[Cl-]D．若pH相等，分别

与NaOH反应呈中性后，n(CH3COO-)<n(Cl-)【答案】B【解析】浓度相同、体积相同的盐酸与醋酸两种溶液的溶质的物质的量相同，中和能力相同，中和所需的NaOH物质的量相同，故A错误；浓度相同、体积相同的盐酸与醋酸两种溶液中，盐酸溶液

的氢离子浓度大于醋酸溶液，氢离子浓度越大，则氢氧根离子浓度越小，溶液中c(OH-)前者小于后者，故B正确；pH相等的盐酸与醋酸两种溶液的氢离子相等，氢氧根离子浓度也相同，根据电荷守恒，电离出的氯离子浓度和醋酸根离子浓度相同，则c(CH3COO

-)>c(Cl-)，故C错误；pH相等、体积相同的盐酸与醋酸，n（CH3COOH）＞n（HCl），两种溶液分别与NaOH反应呈中性时，醋酸消耗的氢氧化钠多，所以溶液中n(CH3COO-)＞n(Cl-)，故D错误；故选B。2．下列说法不正确的是A．浓度均为

0.1mol/LL的①()442NHFeSO；②44NHHSO；③()432NHCO；④34CHCOONH溶液中()4cNH+的大小顺序为③>①>②>④B．浓度均为0.1mol/L的3CHCOONa溶液与NaClO溶液，溶液中阴、阳离子的总浓度前者大于后者C．32HPO为一元酸，在22

NaHPO水溶液中存在：()()()-+3222cHPO+cHPO=cNaD．0.1mol/L的()32CaHCO溶液中，()()()-2-3233cHCO+cHCO+cCO=0.2mol/L【答案】A

【解析】在这四种溶液中，亚铁离子抑制铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大于亚铁离子，醋酸根离子、碳酸根离子都促进氨根离子水解，且碳酸根离子促进能力强于醋酸根离子，但423(NH)CO中铵根离子浓度高，

所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：③＞②＞①＞④，故A错误；等物质的量浓度的3CHCOONa溶液与NaClO溶液，阳离子的总浓度都等于钠离子和氢离子的浓度和，钠离子浓度相等，又因为酸性比较：3CH

COOH强于HClO，所以次氯酸钠的碱性强，氢离子浓度小，故所含离子总浓度前者大于后者，故B正确；32HPO为一元弱酸，在22NaHPO水溶液中，22HPO部分水解生成32HPO，依据物料守恒得：()()+3222cHPOcHPOc(Na)−+=，故C正确；碳酸氢根离子部分电离生成碳酸

根离子，部分水解生成碳酸，依据物料守恒可知：碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子中所有碳原子浓度之和等于10.2molL−，即()()()213233cHCOcHCOcCO0.2molL−−−++=，故D正确；故

选A。3．广安市某中学的化学课外兴趣小组，利用手持技术，进行了酸碱中和滴定实验：25°C时，向10.00mL0.10mol/LCH3COOH溶液中，逐滴加入0.10mol/LNaOH溶液，通过pH传感

器，在电脑上得到了pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．25°C时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.0×10-6B．b点表示的溶液中c(Na+)＜c(CH3COO-)C．a点表示的溶液中2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3C

OOH)D．a、b两点所示的溶液中水的电离程度较大的是a点【答案】C【分析】根据图象中的特殊点：起点、终点及加入的具体体积的氢氧化钠的体积利用反应方程式中各物质的关系进行判断离子之间的关系，及水的电离程度的影响；【解析】根据图象中O点

判断，起始醋酸溶液的pH=3，则氢离子浓度为10-3mol/L；根据+-335333(H)(CHCOO)1010a10CHCOOH)0.110ccKc−−−−==−（，故A不正确；b点根据图象知，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，根

据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故c(Na+)=c(CH3COO-)，故B不正确；根据图象中a点加入氢氧化钠溶液的体积为5mL判断，反应最终生成的醋酸钠和剩余的醋酸的物质的量之比为1:1，根据物料守恒判断2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3C

OOH)，故C正确；a点溶液显酸性，水的电离被抑制，b点溶液显中性，水的电离没有影响，故a、b两点所示的溶液中水的电离程度较大的是b点，故D不正确；4．25°C时，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，溶液中含碳微粒的物

质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是A．Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c(OH—)＞c(2-3CO)＞c(-3HCO)＞c(H+)B．pH=8时，c(Na+)=c(-3HCO)C．pH=7时，c(Na+)=c(-3HCO)+2c(2-3C

O)D．25°C时，2-3CO+H2O-3HCO+OH—的平衡常数为10-4【答案】D【解析】碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中碳酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，故A错误；由图可知，溶液pH=8时，溶液中含碳微粒

碳酸氢根离子的物质的量分数接近于100%，溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(-3HCO)+c(Cl-)+c(OH-)，由碱性溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度可知，溶液中c(Na+)＞c(-3HCO)+c(

Cl-)，故B错误；溶液pH=7时，溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(-3HCO)+2c(2-3CO)+c(Cl-)+c(OH-)，由中性溶液中氢氧根离子浓度等于氢离子浓度可知，溶液中c(Na+)=c(-3

HCO)+2c(2-3CO)+c(Cl-)，故C错误；由图可知，溶液pH=10时，溶液中碳酸根离子浓度等于碳酸氢根离子浓度，则碳酸根离子的平衡常数为--32-3c(HCO)c(OH)c(CO)=c(OH-)=10-4，故D正确

；故选D。5．常温下，向-110mL0.2molL草酸(H2c2O4)溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液。有关微粒的物质的量(n)与混合溶液的pH关系如图，下列说法正确的是A．()()wa1224a2224K>KHCOKHCOB．当V(NaOH)=10mL时溶液中存在：()()()-2

--12424224cHCO+cCO+cHCO=0.1molLC．当V(NaOH)=15mL时溶液中存在：()()()()()4+-2--+224cNa>cHCO>cCO>cOH>cHD．当V(NaOH)=20mL时溶液中存在：()()()()--+24224cOH=cH

CO+cHCO+cH【答案】B【分析】随着氢氧化钠的加入，溶液pH发生变化，根据变化曲线分析以及随氢氧化钠溶液体积变化，溶液中的溶质，再根据三大守恒解题，以此解题。【解析】由图可知NaHC2O4溶液呈酸性，则-24HCO的电离程度大

于其水解程度，Ka2(H2C2O4)大于水解常数Kh，即wa2224ha1224KK(HCO)>K=K(HCO)，a1224a2224wK(HCO)K(HCO)>K，故A错误；当V(NaOH)=10mL时，溶液体积是原来的2倍，则溶液中物

质浓度是原来的一半，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得()()()-2-l2424224cHCO+cCO+cHCO=0.1molL−，故B正确；当V(NaOH)=15mL时，溶质为等浓度的224NaCO和24NaHCO，溶液呈酸性，

则()()+-cH>cOH、()()2--2424cCO>cHCO，溶液中离子浓度大小为：()()()()()22424NaCOHCOHOHccccc+−−+−，故C错误；当V(NaOH)=20mL时，与氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中溶质为224NaCO，图象分析可知溶液呈

碱性，依据质子守恒可知：()()()()--+24224cOH=cHCO+2cHCO+cH，故D错误；故选B。6．已知3Cr(OH)是类似3Al(OH)的两性氢氧化物，33sp3KAl(OH)=1.

310−，31sp3KCr(OH)=6.310−。如图为Cr和Al两种元素在水溶液中存在的形式与pH的关系，图中纵轴表示()3+lgcM或-4lgcM(OH)(其中M=Al或Cr)。(通常认为溶液中离子

浓度小于5-110molL−为沉淀完全；-0.6334Al(OH)+OHAl(OH)K=1.010−；14wK=1.010−；32NHHO的5bK=1.810−)，下列说法错误的是A．曲线N表示3+Al的浓度变化B．只有当溶液的pH约达到8.37以上时，

3Al(OH)才开始溶解C．在3Al(OH)和3Cr(OH)共沉淀的体系中()()3+23+cCr4.810cAlD．向1mL0.01mol/L的3AlCl溶液中滴加1moL/L的氨水，先产生白色胶状沉淀，继续滴加过量氨水会引起部分沉淀的溶解【答案】B【解析】sp3sp3KAl(OH)

KCr(OH)，所以曲线N表示3+Al的浓度变化，故A正确；-0.6334Al(OH)+OHAl(OH)K=1.010−，4Al(OH)−的浓度为51.010−时()5-5.630.63340.6110cOH1101101Al(OH10)−−−===，()14+

8.375.63110cH110110−−−==，所以当溶液的pH约达到8.37时，4Al(OH)−的浓度已经达到51.010−，故B错误；在3Al(OH)和3Cr(OH)共沉淀的体系中()()()()()()3+3+323+3+3sp3

sp3cCrcKCr(OH)CrcOH4.810cAKAl(OH)lcAlcOH−−==，故C正确；32NHHO的5bK=1.810−，1moL/L的氨水()531.810cOH4.2101−−−==，根据图示，向1mL0.01m

ol/L的3AlCl溶液中滴加1moL/L的氨水，先产生白色胶状沉淀，继续滴加过量氨水会引起部分沉淀的溶解，D正确；故选B。7．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化

学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．该滴定过程中不需任何指示剂B．b点溶液呈酸性C．a到

b之间存在：c(Na+)<c(Cl-)D．a点溶液中存在：c(Na+)>c(-3HCO)+c(2-3CO)+c(H2CO3)【答案】C【分析】由图可知，a点为第一个计量点，发生的反应为碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，b点为第二个计量点，发生的反应为碳酸氢

钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水。【解析】电位滴定在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置，则滴定时不需指示剂，A正确；由分析可知，b点溶液为氯化钠和碳酸的饱和溶液，碳酸

在溶液中部分电离使溶液呈酸性，B正确；从a点到b点，溶液由氯化钠、碳酸氢钠混合液变为氯化钠、碳酸混合溶液，b点处有c(Na+)=c(Cl-)，则a点到b点溶液中c(Na+)>c(Cl-)，C错误；由分析可知，a点为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，物料守恒

可知溶液中存在c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)+c(Cl-)，则c(Na+)>c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，D正确；故选C。8．下列说法正确的是A．常温下，等pH的4NHCl与3CHCOOH溶液的导电性相同B．

3NaHSO溶液呈酸性，是由于3HSO−水解大于电离C．常温下，pH=3的①3CHCOOH溶液②HCl溶液③3AlCl溶液中水电离程度：③>②=①D．常温下，()11H10mol/Lc+−=的NaOH溶液，加水稀释10倍，所得溶液()12H10mol/Lc+−=【

答案】C【解析】3CHCOOH是弱电解质，不完全电离，4NHCl为盐，完全电离，所以常温下，等pH的4NHCl与3CHCOOH溶液的导电性：4NHCl>3CHCOOH，故A错误；3NaHSO溶液中，存在电离：+233HSOH+

SO−−和水解：3223HSO+HOHSO+OH−−，溶液呈酸性，则说明以电离为主，故B错误；3AlCl属于强酸弱碱盐，3AlCl水解，水的电离程度最大，任何酸和碱都抑制水的电离，pH=3的3CHCOOH溶液和HCl溶液电离程度相同，综上水的电离程度：③>②=①，故

C正确；NaOH为强碱，完全电离，稀释时，溶液中离子浓度成倍数变化，常温下，()11H10mol/Lc+−=的NaOH溶液，加水稀释10倍，所得溶液()10H10mol/Lc+−=，故D错误，故D错误；故选C。9．常温

下，难溶物24AgCrO与4BaCrO在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：()()2-2-44pCrO=-lgcCrO，()()n+n+pM=-lgcM，Mn+表示+Ag或2+Ba。下列说法错误的是A．K表示24AgCrO的溶解平衡曲线

B．常温下，24AgCrO的分散系在a点时为悬浊液C．向c点溶液中加入24NaCrO饱和溶液，析出4BaCrO固体D．()()()()+2+424BaCrOs+2AgaqAgCrOs+Baaq的平衡常数1.3K=10【答

案】B【解析】Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c(CrO42-)，Ksp(BaCrO4)=c(Ba2+)∙c(CrO42-)，假设K表示Ag2CrO4的溶解平衡曲线，根据b点数据可知，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c(CrO42-)=(10-

3.5)2∙10-4.1=10-11.1，符合图中曲线K起始的数据，因此K为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，则L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，A正确；a点在K斜线上方，在金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴离子浓度越小，因此a点Qc=c2(Ag+)∙c(CrO42-)＜Ksp

(Ag2CrO4)，因此a点形成的的是Ag2CrO4的不饱和溶液，B错误；L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，c点为BaCrO4的饱和溶液，若加入Na2CrO4饱和溶液，则c(CrO42-)增大，由于Ksp不变，BaCrO4固体会析出，最终导致溶液中c(Ba2+

)减小，C正确；L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，由c(5，4.8)可知，BaCrO4的溶度积常数Ksp=10-(5+4.8)=10-9.8，K为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，由a点坐标可知Ksp(Ag2CrO4)=c

2(Ag+)∙c(CrO42-)=(10-3.5)2∙10-4.1=10-11.1，BaCrO4(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2CrO4(s)+Ba2+(aq)的平衡常数K=2+2+c(Ba)c(Ag)=2+2-42+2-4c(B

a)c(CrO)c(Ag)c(CrO)=sp4sp24K(BaCrO)K(AgCrO)=-9.8-11.11010=101.3，D正确；故选B。10．室温下，对于1L10.1molL−醋酸溶液，下列判断

正确的是A．该溶液中3CHCOO−的粒子数为226.0210个B．加入少量3CHCOONa固体后，溶液的pH升高C．滴加NaOH溶液过程中，()3cCHCOO−与()3CHCOOHc之和始终为0.1

mol/LD．与23NaCO溶液反应的离子方程式为2322CO2HHOCO−++=+【答案】B【解析】1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液

中部分电离，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，A项错误；加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，则溶液

的pH升高，B项正确；1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n（CH3COO-）+n（CH3COOH）=0.1mol，但溶液体积不确定，故二者浓度之和无法计算，C项错误；醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写

，则离子方程式为CO32-+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，D项错误；故选B。二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确

答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。11．25℃时，向110mLmolL−x的32NHHO中，以10.5mLs−的速度逐滴加入10.1molL−的HCl溶液。如图为(

)pXpXlgX=−与时间(t)的关系图，其中一条线段为()+1pX=-lgcH，另一条线段为()()322+4cNHHOpX=-lgcNH。已知电离平衡常数()532KNHHO2.010−=，lg50

.7。下列说法不正确．．．的是A．该酸碱滴定实验最宜用甲基橙作为指示剂B．由图可推知：M点的pH约为9.3C．使HCl溶液滴至1min时，由pH7=可推知：x=0.3015D．适当升高温度(忽略wK的变化)，Q点(与x轴交点)将向右移动【答案】D

【分析】向110mLmolLx−的32NHHO中，以10.5mLs−的速度逐滴加入10.1molL−的HCl溶液，()+1pX=-lgcH表示的曲线是pH变化曲线；由()+-43232c(NH)c(

OH)KNHHO=c(NHHO)知，()()322+4cNHHOpX=-lgcNH=-32c(OH)-lg[]K(NHHO)；表示的线是直线。【解析】恰好反应时，得到的氯化铵溶液是酸性溶液，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，

所以强酸滴定弱碱时，最宜使用甲基橙，A项正确；由图可知，M点对应pX2曲线的Q点，则()()322+4cNHHOpX=-lgcNH=-32c(OH)-lg[]K(NHHO)=0，代入()532KNHHO2.010−=，解得c(OH-

)=2.0×10-5，c(H+)=0.5×10-9，此时pH=9.3，B项正确；使HCl溶液滴至1min时，加入的稀盐酸的体积是10.5mLs−×60s=30mL，加入盐酸的物质的量是0.003mo

l，此时pH=7，此时根据电荷守恒得到c(Cl-)=c(NH4+)=0.075mol/L，根据()532KNHHO2.010−=计算，此时c(32NHHO)=0.000375mol/L，再根据N原子守恒，c总(32NHHO)=c(NH4+)+c(32NHHO)=0.

075+0.000375，再根据稀释前后物质的量不变，原来是10mL，反应后体积为40mL，则起始时氨水的浓度是(0.075+0.000375)×4=0.3015mol/L，C项正确；氨水的电离过程是吸热过程，温度升高，利于电离方向进行，电离常数K增大。对于()()3

22+4cNHHOpX=-lgcNH=-32c(OH)-lg[]K(NHHO)，温度升高，K变大，碱性增强，Q点应向左移动，D项错误；故选D。12．缓冲溶液体系是维持生命活动的基础。配制pH5=的磷酸盐缓冲溶液的实验步骤如下：步骤1：称

取242.4gNaHPO固体，在小烧杯中加10mL水溶解，静置。步骤2：将步骤1所得溶液转移至于容量瓶中，定容至100mL，震荡，静置。步骤3：取步骤2所得溶液45mL，向其中滴加某浓度NaOH溶液，至pH5=，溶液的体积恰好为50mL。步骤4：将步骤3所得溶液分成两等份，向其中一份滴加10

.5mL0.1molLNaOH−溶液，向另一份溶液中滴加10.5mL0.1molL−盐酸，充分震荡，测得两溶液的pH5=。34HPO的电离平衡常数：3a1K=7.110−；8a2K6.210−=；13a3K=4.510−。下列说法正确的是A．

步骤2所配制的溶液中：124c(NaHPO)=2molL−B．在24NaHPO溶液中：()2-344cHPO<c(HPO)C．在步骤3所得溶液中：2--3-14244c(HPO)+c(HPO)+c(PO)=0.18molL−D．从步骤4的实验数据可得出：24N

aHPO与NaOH和HCl均不反应【答案】B【分析】步骤1和2目的是配制浓度为1240.2molLNaHPO−溶液，步骤3中往1240.2molLNaHPO−溶液中滴加NaOH溶液，得到pH5=的磷酸盐缓冲溶液，步骤4目的是检验缓冲溶液是否达标。【解析】步骤2所配制的溶液中，1242.4

gc(NaHPO)=0.2molL120g/mol0.1L−=，A错误；24NaHPO溶于水完全电离，24HPO−既能电离又能水解，24HPO−电离：-+2-244HPOH+HPO8a2K6.210−

=，24HPO−水解：--24234HPO+HOHPO+OH1413h3a1Kw1.010K=1.410K7.110−−−=，则ha2KK，24HPO−的电离程度大于水解程度，因此2-344c(HPO)<c(HPO)，B正确；根据磷元素守恒，2--3-13442440.2m

ol/L45mLc(HPO)+c(HPO)+c(HPO)+c(PO)=0.18molL50mL−=，因此2--3-14244c(HPO)+c(HPO)+c(PO)<0.18molL−，C错误；假设24NaHPO和NaOH不反应，则往步骤3所得溶液中滴加10.5mL

0.1molLNaOH(pH13)−=溶液，所得混合溶液碱性增强，则混合液pH5，从步骤4的实验数据知，混合液pH5=，说明假设不成立，24NaHPO和NaOH反应，D错误；故选B。13．一定温度下，向某二元弱酸H2A溶液中加入NaOH，溶液中粒子浓度(H2A、H

A-、A2-、H+、OH-)的负对数(用pc)表示，与溶液pH变化的关系如图，下列说法正确的是A．曲线c是代表HA-浓度的负对数B．0.01mol/LH2A的溶液，Ka2的数量级为10-4C．Z点溶液中c(Na+)>2c(A2-)+2c(OH

-)D．X点对应的pH=-12(lgKa1+lgKa2)【答案】D【分析】根据图像分析，pc是指溶液中离子浓度的负对数，所以pc越大表示该离子浓度越小，随着NaOH的加入，分别发生反应22HA+NaOH=

NaHA+HO、22NaHA+NaOH=NaA+HO，则溶液中离子浓度变化的曲线分别代表：曲线a代表H2A，b代表HA-，c代表A2-，d代表H+，e代表OH-。【解析】根据图像分析，随着NaOH的加入，溶液中离子浓度变化的曲线分别代表：曲线a代表H2A，b代表HA

-，c代表A2-，d代表H+，e代表OH-，A错误；Ka2为A2-的二级电离常数，根据Y点，c(HA-)=c(A2-)，可推出Ka2=c(H+)，且Y点pH约为4.2，c(H+)近似为10-4.2，故Ka2数量级为10-5，B错误；由电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c

(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，结合Z点c(HA-)=c(OH-)得，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+2c(OH-)，则c(Na+)<2c(A2-)+2c(OH-)，C错误；Ka1·Ka2=22-2c(H)c(A)c(HA)

+，在X点c(H2A)=c(A2-)则Ka1·Ka2=c2(H+)两边取负对数pH=a1a2lgK+lgK2=−，D正确；故选D。14．已知224HCO为二元弱酸，常温下将10.1molL−的NaOH溶

液滴入20mL10.1molL−的24NaHCO溶液中，溶液中24HCO−(或224CO−）的分布系数、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示[已知()()()()()-24-24-2-2242424cHCOδH

CO=cHCO+cHCO+cCO]。下列叙述正确的是A．曲线b表示的是224CO−的分布系数变化曲线B．n点对应的溶液中，()()()2--2422424cCO>3cHCO+cHCOC．224NaCO的水解平衡常数的数量级为91

0−D．在n、p、q三点中，水的电离程度最大的是p点【答案】B【分析】A常温下将10.1molL−的NaOH溶液滴入20mL10.1molL−的24NaHCO溶液中,242242NaHCONaOHNaCOHO++=可知

，随着NaOH溶液的加入，2-24CO的浓度上升，-24HCO浓度下降，据此分析。【解析】根据上述分析，则曲线a代表-24HCO，曲线b代表2-24CO，剩余曲线为滴定曲线．A错误；n点加入10ml氢氧化钠溶液，溶质为等浓度的24NaHCO和

224NaCO，可得电荷守恒：++-2--2424c(Na)+c(H)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH)；物料守恒：+2--24242242c(Na)3c(CO)c(HCO)c(HCO)=++两式相减，抵消钠离子，得：+-2--22424242c(H)+3c(HCO)+c(HCO)

=c(CO)+c(OH)溶液显酸性，+c(H)>-c(OH)，则()()()2--2422424cCO>3cHCO+cHCO，B正确；根据m点-24HCO与2-24CO分布系数相等，即2-24CO的浓度等于-24HCO浓度，

pH=4.2，可知：Ka（-24HCO）2-++4.224-24(CO)(H)(H)110(HCO)cccc−===，-14-9.8hwa-4.2110k=k/k==110110，C错误；滴定过程可知，n点加入10ml氢氧化钠溶液，

溶质为等浓度的24NaHCO和224NaCO，p点，pH=7，溶质为224NaCO和少量的24NaHCO，q点加入20ml氢氧化钠溶液，溶质为224NaCO，224NaCO越多，水解程度越大，水解程度越大，水的电离程度越大，故可知水电离程度最大的为q点，D错误；故选B。15．常温下，用HC

l或NaOH调节0.100mol·L-1HCOONH4的pH，忽略NH3·H2O分解及溶液体积变化，溶液中c(HCOO-)、c(HCOOH)、c(+4NH)、c(NH3·H2O)四种微粒pX与pH关系如下图所示[pX=-lgc(X)]。已知：①x、y点的坐标：x(3.7

5，1.3)，y(9.25，1.3)；②Ka(HCOOH)>Kb(NH3·H2O)。下列说法正确的是A．曲线①表示pc(HCOO-)随pH的变化B．Kb(NH3·H2O)的数量级为10-10C．z点的横坐标为6.2D．pH=7时，溶液中离子浓度大小：c(HCOO-)>c(+4NH)【答案】AD【分

析】0.100mol·L-1HCOONH4的溶液中加入HCl，溶液酸性增强，HCOONH4+HCl=HCOOH+NH4Cl，HCOOH浓度变大、HCOO-浓度减小、NH4+水解受到抑制浓度稍微变大；加入氢氧化钠，溶液碱性增强，HCOONH4+NaOH=HCOONa+

NH3∙H2O，NH3·H2O浓度变大、NH4+浓度减小、HCOO-水解受到抑制稍微变大；结合图象可知，①②③④分别为HCOO-、NH3·H2O、NH4+、HCOOH；【解析】由分析可知，曲线①表示pc(HCOO-)随pH的变化，A正确；已知：x、y点的坐标：x(3.75，1.3)，y(9.25

，1.3)；Kb(NH3·H2O)=()()()+-243cNHcOHcNHHO，NH3∙H2O、NH4+浓度相等时，位于y点，pH=9.25，pOH=4.75，故Kb(NH3·H2O)=10-4.75，其数量级为10-5，B错误；

由x点的坐标：x(3.75，1.3)可知，pH=3.75，此时HCOO-、HCOOH浓度相等，则Ka(HCOOH)=()()()-+cHCOOcHcHCOOH=10-3.75；z点为NH3∙H2O、HCOOH浓度相等，同时HCOO-、NH4+浓度相等，()()()()()()()()+++--4

-3.7532a4.75bccHcHc====10ccNHcOHCOONHHOK10KHCOOHHc0OH1−−，结合Kw=10-14，可知()+-6.5cH=10，其横坐标为6.2，C错误；初始溶液为HCOONH4，

由图象可知，pH=7时，溶液中c(NH3∙H2O)>c(HCOOH)，则溶液中离子浓度大小：c(HCOO-)>c(NH4+)，D正确；故选AD。第II卷（非选择题共50分）三、非选择题：本题共4个小题，共50分。16．（12分）醋酸溶液与氨水溶液都是高中化学中常见的电解质溶液。(1)

向0.1mol/L的醋酸溶液中逐滴加入氨水至过量时，溶液的导电能力将发生相应的变化，其电流强(I)随加入氨水的体积(V)变化的曲线关系是图中的____。(2)往醋酸钠溶液中滴加几滴酚酞试液，然后将溶液加热片刻，整个过程中可观察到__________，产生该现象的原因是____________

_________________________________(用必要的文字和离子方程式加以解释)。(3)现有常温下浓度均为0.1mol/L的3种溶液：①HCl；②氨水；③NH4Cl。a．上述三种溶液的pH值由小到大的顺序是__________________

_(用编号表示)。b．上述三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是____________(用编号表示)。c．将①②混合后，溶液中的c(NH4+)=c(Cl-)，则盐酸的体积_______氨水的体积(填“

>”、“<”或“=”)。(4)下列有关(NH4)2SO4溶液的说法正确的是____。A．电离方程式：(NH4)2SO4=2NH4++SO24−B．水解离子方程式：NH4++H2O=NH3·H2O+H+C．离子浓度关系：c

(NH4+)+c(H+)=c(SO24−)+c(OH-)D．微粒浓度大小：c(NH4+)>c(SO24−)>c(H+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)【答案】(1)B（1分）(2)溶液由无色变粉红，加热后红色变深CH3COO-+H2OCH3COOH+O

H-水解产生OH-溶液变红，水解吸热，温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，红色变深（3分）(3)①③②（2分）③②①（2分）>（2分）(4)AD（2分）【解析】（1）溶液导电的原因是存在自由移动的离子，醋酸为弱酸，氨水为弱碱，加入氨水生成

强电解质醋酸铵，导电能力增强，氨水过量后导电性又减弱，故选B；（2）醋酸根离子水解生成氢氧根离子导致溶液显碱性CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，加热促进其水解溶液碱性增强，故往醋酸钠溶液中滴加几滴酚酞试液，然后将溶液加热片刻，整个过程中可观察到溶液由无色变粉红，加热后红色变深

；（3）a．①HCl为强酸，酸性最强；②氨水为弱碱，酸性最弱；③NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液显酸性；故上述三种溶液的pH值由小到大的顺序是①③②。b．①HCl为强酸，对水电离抑制最强；②氨水为弱碱，对水的抑制较弱；③NH4Cl为强酸弱碱盐，水解会促进水的电离；故上述

三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是③②①；（4）A．(NH4)2SO4为盐属于强电解质，电离方程式：(NH4)2SO4=2NH4++SO42-，A增强；B．铵根离子水解生成一水合氨与氢离子，水解离子方程式：NHNH4++H2ONH3·H2O+H+，B错误；C．根

据电荷守恒可知，离子浓度关系：c(NHNH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，C错误；D．(NH4)2SO4溶液主要离子为铵根离子和硫酸根离子，铵根离子浓度大于硫酸根离子；铵根离子水解生成氢离子和一水合氨，故氢离子浓度大于一水合氨

大于氢氧根离子，微粒浓度大小：c(NHNH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)，D正确；故选AD。17．（12分）小组同学对比23NaCO和3NaHCO的性质，进行了如下实验。(1)向相同体积、相同浓度的23NaCO和3NaHCO溶液中分别滴

加10.1molL−的盐酸，溶液pH变化如下。①图_______(填“甲”或“乙”)是23NaCO的滴定曲线。②A′-B′发生反应的离子方程式为_______。③下列说法正确的是_______(填序号)。a.23NaCO和3NaH

CO溶液中所含微粒种类相同b.A、B、C均满足：()()()()()++2---33cNa+cH=2cCO+cHCO+cOHc.水的电离程度：ABC(2)向1mol1L−的23NaCO和3NaHCO溶液中分别滴加少量2F

eCl溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。资料：i.1mol1L−的3NaHCO溶液中，()2-213cCO=110molL−−，()1-6LcOH=210mol−−−ii.25℃时，()11sp3KFeCO3.210−=，()17sp2KFeOH5.010

−=①补全3NaHCO与2FeCl反应的离子方程式：233HCOFeFeCO+−++=+②通过计算说明3NaHCO与2FeCl反应产生的沉淀为3FeCO而不是()2FeOH_______。

【答案】(1)乙（2分）H++CO32-=HCO3-（2分）ac（2分）(2)2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O（2分）1mol·L−1NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)=sp32-3(FeCO)(CO)Kc=-11-23.2

10110=3.210-9mol·L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)=sp22-[Fe(OH)](OH)Kc=-17-625.010(210)=1.2510-5mol·L−1；c1(Fe2+)c2

(Fe2+)，，故NaHCO3与FeCl2反应产生的沉淀为FeCO3而不是Fe(OH)2。（4分）【解析】（1）①H2CO3的电离平衡常数Ka1＞Ka2，故相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者的pH更高，即图乙是Na2CO3的滴定曲线；②H

Cl和Na2CO3的反应分为两步：HCl+Na2CO3=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则A′-B′发生反应的离子方程式为H++CO32-=HCO3-；③Na2CO3和Na

HCO3溶液中所含微粒均有Na+、H+、CO32-、HCO3-、OH-、H2CO3和H2O，a正确；图甲是NaHCO3的滴定曲线，B点表示NaHCO3和HCl恰好完全反应，此时溶液中已不含CO32-、HCO3-、H2CO3，则仅A点满足c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(H

CO3-)+c(OH-)，b错误；图甲中，A点的溶质是NaHCO3，HCO3-的水解能促进水的电离；B点溶质是NaCl，对水的电离无影响；C点的溶质是NaCl和HCl，H+能抑制水的电离；故水的电离程度：A＞B＞C，c正确；故选ac。（2）①向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液，产生白

色FeCO3沉淀，还生成气体，该气体为CO2，该反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；②1mol·L−1NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)=sp32-3(FeCO)(CO)Kc=-11-23.210110=3.

210-9mol·L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)=sp22-[Fe(OH)](OH)Kc=-17-625.010(210)=1.2510-5mol⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)，故NaHCO3与Fe

Cl2反应产生的沉淀为FeCO3而不是Fe(OH)2。18．（14分）某实验小组利用虚拟感应器技术探究1mol⋅L1−的碳酸钠溶液滴定10.00mL1-1molL的盐酸溶液过程中离子浓度变化。已知：25℃时，23HCO的7a

l410−=K，11a2510−=K；lg40.6=。回答下列问题：(1)碳酸钠溶液的h1K=______-1molL。(2)用浓盐酸配制滴定实验需要的1-1molL的盐酸溶液80mL，需要的玻璃仪器除玻璃棒、

烧杯、胶头滴管外，还需要____________。配制完成后，需用_______量取10.00mL1-1molL的盐酸溶液于锥形瓶中。(3)滴定时碳酸钠溶液稍过量后，得到反应过程中的碳酸根离子浓度、碳酸氢根离子浓度、碳酸分子浓度的变化曲线(忽略滴定

过程中2CO的逸出)，如图所示：①由分析可知，2V=______mL，曲线Ⅱ是______浓度变化曲线。②图中B3和c2溶液中水的电离程度较大的是______，D点pH=______。【答案】(1)4210−（2分）

(2)量筒、100mL容量瓶（2分）酸式滴定管或移液管（2分）(3)10（2分）3HCO−（2分）2C（2分）6.4（2分）【解析】（1）25℃时，碳酸钠溶液的h1K=()()()323HCOOHCOccc−−−=()()()()()+32+3HCOOH

HCOHccccc−−−=Wa2KK=141110510−−=4210−。（2）浓盐酸配制滴定实验需要的1mol·L-1的盐酸溶液80mL，实验室中没有80mL规格容量瓶，因此需要选用100mL容量瓶，实验过程中需要用量

筒量取浓盐酸，在烧杯中进行溶解，利用玻璃棒进行搅拌和引流，然后使用100mL容量瓶和胶头滴管进行定容，因此需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需要量筒、100mL容量瓶。滴定实验中，量取10.00mL1mol·L-1的

盐酸溶液，根据液体体积可知，需要使用酸式滴定管。（3）①实验过程中，向10.00mL11mol·L-1的盐酸溶液中滴加1mol·L-1的碳酸钠溶液，溶液中依次发生反应：2323NaCO2HCl=2Na

Cl+HCO+、23233HCONaCO=2NaHCO+，故溶液中()23HCOc先增大后减小，当盐酸完全反应后，滴加碳酸钠溶液过程中，()3HCOc−逐渐增大，当H2CO3反应完全后，Na2CO3溶液过量，()23COc−逐渐增大，因此曲线I为H2CO

3浓度变化曲线，曲线II为3HCO−浓度变化曲线，曲线III为23CO−浓度变化曲线；0～V2的总反应为233NaCO+HCl=NaHCO+NaCl，根据化学方程式可知，0.1mol/L×10mL=0.1mol/L×V2，因此V2=10mL。②酸溶液会抑制水的电离，能水解的盐溶液会促进

水的电离，B3的溶质为NaCl、H2CO3，c2的溶质为NaCl、NaHCO3，因此c2溶液中水的电离程度较大；D点()()233HCOHCOcc−=，溶液中()()()23a1+73HCOH410HCOcKcc−−==，溶液pH=()+lg

Hc−=6.4。19．（12分）室温下，依次进行如下实验：①取一定量冰醋酸，配制成100mL0.1mol/L醋酸溶液②取20mL①中所配溶液，加入20mL0.1mol/LNaOH溶液；③继续滴加amL0.1mol/L稀盐酸，至溶液的pH=7

；④再取10mL①中所配溶液，加入20mL0.1mol/LNaOH溶液；⑤向①中剩余醋酸溶液中逐滴加入0.1mol/L氨水至过量，用电导率传感器实时测量该过程中溶液的电导率(溶液导电性越强，电导率越大)。(1)用化学用语解释醋酸溶液p

H<7的原因：_______，另外配制100mL与①中醋酸溶液等pH的盐酸，分别取10mL上述两种溶液，各加入10mL蒸馏水，稀释后醋酸溶液的pH_______盐酸(>、=或<)。(2)②中反应后的溶液中离子浓度由大到小．．．的顺

序为_______(用离子符号表示即可)。(3)a___20mL(>、=或<，下同)；③中反应后的溶液：()cNa+____()()3CHCOOClcc−−+。(4)④中反应后的溶液中各微粒浓度存在如下关系：()

Nac+=_____()3CHCOOc−+____()3CHCOOHc=_____mol/L。(5)请你预测⑤中滴入氨水过程中电导率的变化情况：_______。【答案】(1)-+33CHCOOHCHCOO+H（2分）<（1分）(2)+--+3c(Na)>c(CHCOO)>

c(OH)>c(H)（2分）(3)<（1分）=（1分）(4)2（1分）2（1分）0.067（2分）(5)先增到后减小（1分）【解析】（1）醋酸溶液电离出H+，使溶液显酸性，pH7；同pH、同体积的醋酸和盐

酸，稀释相同的倍数后，醋酸的电离平衡正向移动，使H+大于盐酸中的H+，pH小于盐酸的；（2）②中所得溶液为CH3COONa，CH3COONa发生水解，溶液显碱性，故离子浓度大小为：+--+3c(Na)>c(CHCOO)>c(OH)>c(H)；（3）②中所得溶液为CH3COONa，

显碱性，要使溶液pH=7，需要向溶液中加盐酸，因为溶液碱性较弱，所加的同浓度盐酸体积小于20mL；③所得中性溶液，根据电荷守恒：++---3c(Na)+c(H)=c(CHCOO)+c(OH)+c(Cl)，因为溶液显中性，+-c(H)=c(OH)，所以+--3c(Na)=c(CHCOO)+

c(Cl)（4）根据反应：332CHCOOH+NaOH=CHCOONa+HO，10mL0.1mol/L的醋酸和20mL0.1mol/LNaOH，所得溶液为：CH3COONa和NaOH物质的量之比为1:1，根据物料守恒，

+-33c(Na)2=c(CHCOO)+c(CHCOOH)1，故+-33c(Na)=2c(CHCOO)+2c(CHCOOH)，+0.10.02c(Na)==0.067moL/L0.03（5）醋酸和氨水是弱电解质，向醋酸溶液中滴加氨水，发生反应生成强电解质CH3COONH4，所以电导率先增大

后减小。