2023化學(xué)高考中有關(guān)離子濃度關(guān)系考點的精析與突破訓(xùn)練 (教師版)

第頁2023化學(xué)高考中有關(guān)離子濃度關(guān)系考點的突破訓(xùn)練1．298K時，二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分?jǐn)?shù)如下圖。以下表達(dá)正確的選項是A．溶液pH由l升至2.6時主要存在的反響是：H3X++OH-＝H2X+H20B．H2X的第二步電離平衡常數(shù)Ka2(H2X)為10-4C．NaHX溶液中c(H+)＜c(OH-)D．當(dāng)溶液呈中性時：c(Na+)＝2c(X2-)【答案】A【解析】【詳解】A、溶液pH由1至2.6時，從圖中可以判斷主要是將H3X+轉(zhuǎn)化為H2X，即反響為H3X++OH-＝H2X+H20，A正確；B、溶液顯中性，pH＝7的時候，溶液中的HX-和X2-相等，所以Ka2=cC、從圖中可以判斷當(dāng)HA-占主導(dǎo)的時候，溶液顯酸性，所以NaHX溶液顯酸性，即c(H+)＞c(OH-)，C錯誤；D、溶液顯中性，pH＝7的時候，溶液中的HX-和X2-相等，存在的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)＝2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)，因為溶液顯中性有c(H+)＝c(OH-)，所以得到c(Na+)＝2c(X2-)+c(HX-)，D錯誤。答案選A。2．電解質(zhì)溶液的電導(dǎo)率越大，導(dǎo)電能力越強。用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00mL濃度均為0.100mol·L－1的鹽酸和CH3COOH溶液。利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導(dǎo)率如下圖。以下說法正確的選項是A．曲線②代表滴定CH3COOH溶液的曲線B．A點溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.1mol·L－1C．在相同溫度下，A、B、C三點溶液中水的電離程度：A＜C＜BD．D點溶液中：c(Cl－)+2c(H＋)＝2c(OH－)【答案】D【解析】【分析】溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，CH3COOH是弱電解質(zhì)，溶液中離子濃度較小，參加NaOH后，溶液中離子濃度增大，溶液導(dǎo)電性增強；HCl是強電解質(zhì)，隨著NaOH溶液參加，溶液體積增大，導(dǎo)致溶液中離子濃度減小，溶液導(dǎo)電能力減弱，當(dāng)完全反響時離子濃度最小，繼續(xù)參加NaOH溶液，離子濃度增大，溶液導(dǎo)電能力增強，根據(jù)圖知，曲線②代表0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲線，曲線①代表0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲線，據(jù)此解答?！驹斀狻緼.由分析可以知道，曲線②代表0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲線，故A錯誤；

B.A點溶液中c(Na+)=0.05mol/L，電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝c(Na+)=0.05mol/L，故B錯誤；

C.酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，C點溶質(zhì)為NaCl，A點溶質(zhì)為醋酸鈉，促進水電離，B點為等物質(zhì)的量濃度的醋酸鈉和NaOH，NaOH會抑制水的電離，所以在相同溫度下，水的電離程度：B＜C＜A，故C錯誤；

D.D點溶液中，存在電荷守恒，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na+)+c(H＋)，定量分析可以知道，c(Na+)=1.5c(Cl－)，將電荷守恒式中c(Na+)代換為c(Cl－)并整理得：c(OH－)＝0.5c(Cl－)+c(H＋)，即c(Cl－)+2c(H＋)＝2c(OH－)，所以D選項是正確的；

綜上所述，此題正確答案為D。3．0.1000mol·L-1的H3PO4溶液用0.1000mol·L-1的NaOH溶液進行滴定，其滴定曲線如以下圖所示[：滴定分?jǐn)?shù)a=n(滴定液中溶質(zhì))/n(被滴定溶質(zhì))]。以下說法正確的選項是A．n=1時，c(Na+)＞c(H2PO4-)＞c(H3PO4)＞c(HPO42-)B．n=1.5時，2c(Na+)＞3c(H3PO4)+3c(HPO42-)C．n=2時，c(Na+)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)＞c(H2PO4-)D．n=3時，c(OH-)=c(H+)+c(HPO42-)+c(H2PO4-)+c(H3PO4)【答案】B【解析】【詳解】A．n=1時，表示H3PO4與NaOH按1：1反響，恰好生成NaH2PO4，溶液為酸性，說明H2PO4-的電離程度大于其水解程度，那么溶液中c(HPO42-)＞c(H3PO4)，故A錯誤；B．n=1.5時，反響恰好生成等量的NaH2PO4和Na2HPO4，溶液中存在物料守恒：2c(Na+)=3c(H3PO4)+3c(HPO42-)+3c(H2PO4-)+3c(PO43-)，所以有2c(Na+)＞3c(H3PO4)+3c(HPO42-)，故B正確；C．n=2時，反響恰好生成Na2HPO4，溶液呈堿性，HPO4-的水解程度大于其電離程度，那么溶液中c(H2PO4-)＞c(PO43-)，故C錯誤；D．n=3時，反響恰好生成Na3PO4，溶液呈堿性，根據(jù)質(zhì)子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HPO42-)+2c(H2PO4-)+3c(H3PO4)，故D錯誤；應(yīng)選B?！军c睛】此題考查酸堿滴定原理過程分析，根據(jù)圖象分析，把握溶液中的守恒思想是解題的關(guān)鍵。此題中需要明確反響過程的計量比與相關(guān)產(chǎn)物的關(guān)系，主要考查守恒關(guān)系的運用。4．[2023·江蘇]室溫下，向以下溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液pH=7(通入氣體對溶液體積的影響可忽略)，溶液中局部微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的選項是A．向0.10mol·L－1NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH4+)=c(HCO3B．向0.10mol·L－1NaHSO3溶液中通NH3：c(Na+)>c(NH4+)>c(C．向0.10mol·L－1Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(HD．向0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl－)【答案】D【解析】【詳解】A、由電荷守恒有，c(NH4+)+c(H+)=c(OH－)+c(HCO3-

)+2c(CO32-)，因為pH=7，所以c(H+)=c(OH?)，故有c(NH4+

)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故A錯誤；B、由電荷守恒有，c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH－)，pH=7時c(H+)=c(OH－)，那么c(NH4+)+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)①，由物料守恒有，c(Na+)=c(HSO3-

)+c(SO32-)+c(H2SO3)②，聯(lián)立①②消去c(Na+)，得c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-)，所以c(SO32-)>c(NH4+)，故B錯誤；C、在Na2SO3溶液中，根據(jù)物料守恒，有c(Na+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]，但是由于通入了SO2，S元素增多，所以該等式不成立，故C錯誤；D、由物料守恒有，c(Na+)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)③，故c(Na+)>c(CH3COOH)，由電荷守恒有，c(Na5．25℃時，向100mL1mol·L?1H2SO3溶液中逐漸滴入1mol·L?1的NaOH溶液，含硫微粒的分布分?jǐn)?shù)α(平衡時某微粒的濃度與各微粒濃度之和的比)與pH的關(guān)系如下圖(:pKa=?lgKa，25℃時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19)。以下說法不正確的選項是A．pH=1.85時，c(H2SO3)>c(HSO3-B．pH=6時，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO3C．pH=7.19時，c(Na+)>c(HSO3-)=c(SO32-)>c(OHD．參加150mLNaOH溶液時，2c(Na+)=3c(H2SO3)+3c(HSO3-)+3c(【答案】A【解析】【詳解】A、pH=1.85時，即?lgc(H+)=1.85，故pKa1=pH，那么Ka1=c(H+)，而Ka1=cH+?cHSO3-cH2SO3c(H+)·c(HSO3-)c(H2SO3)=c(H+)，因此有c(H2SO3)=c(HSO3-)，故A說法錯誤；B、pH=6時，溶液為Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH?)，故B說法正確；C、pH=7.19時，同A項分析可知，c(HSO3-)=c(SO32-)，c(H+)=10?7.19，那么6．向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸至過量。其中主要含硫各物種(H2S、HS－、S2－)的分布分?jǐn)?shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù))與滴加鹽酸體積的關(guān)系如下圖(忽略滴加過程H2S氣體的逸出)。以下說法不正確的選項是A．含硫物種B表示HS－B．在滴加鹽酸過程中，溶液中c(Na＋)與含硫各物種濃度的大小關(guān)系：c(Na＋)＝3[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]C．X，Y為曲線的兩交叉點，假設(shè)能知道X點處的pH，就可以計算出H2S的Ka值D．NaHS呈堿性，假設(shè)向溶液中參加CuSO4溶液，恰好完全反響，所得溶液呈強酸性，其原因是Cu2＋＋HS－===CuS↓＋H＋【答案】C【解析】【詳解】A、向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反響，然后和硫化鈉反響，A表示含硫微粒濃度減小，為S2－，B先增加后減少，為HS－，故A說法正確；B、C濃度一直在增加，為H2S，向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，因體積相同，設(shè)Na2S、NaOH各為1mol，那么n(Na)＝3n(S)，溶液中含硫的微粒為HS－、S2－、H2S，那么c(Na＋)＝3[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]，故B說法正確；C、圖像分析可知A為S2－，B為HS－，C表示H2S，當(dāng)?shù)渭欲}酸至Y點時，表示兩者含量相等，所以Ka＝c(H+)?c(HS-)c(H2S)＝c(H＋)，X點為S2－和HS－濃度相同，可以計算HS－的電離平衡常數(shù)，不能計算H2S的第一步電離平衡常數(shù)，故C說法錯誤；D、NaHS溶液中參加CuSO4溶液，發(fā)生7．常溫下，用0.100mol·L?1NaOH溶液滴定20mL0.100mol·L?1

H3PO4溶液，曲線如下圖。以下說法不正確的選項是A．當(dāng)2<pH<4.7時，溶液中的溶質(zhì)是H3PO4和NaH2PO4B．pH=4.7處，c(Na+)=c(H2PO4-)+c(C．pH=9.7處，c(Na+)>c(HPO42-)>c(OH?)>c(HD．NaH2PO4溶液中，c(H+)>c(OH?)【答案】B【解析】【詳解】A、NaOH與少量H3PO4反響生成NaH2PO4，那么溶液中的溶質(zhì)是H3PO4和NaH2PO4，故A說法正確；B、V(NaOH溶液)=20mL時，此時pH=4.7，H3PO4溶液與NaOH溶液恰好反響生成NaH2PO4，根據(jù)物料守恒有c(Na+)=c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)+c(H3PO4)，故B說法錯誤；C、pH=9.7時，Na2HPO4溶液呈堿性，說明HPO42-的水解程度大于其電離程度，故C說法正確；D、8．25℃時，向15mL0.1mol·L-1的氫氧化鈉溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，參加CH3COOH溶液的體積與混合溶液pH的關(guān)系如下圖。以下分析不正確的選項是A．d點對應(yīng)的溶液中，[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]>c(Na+)>c(OH-)B．c點對應(yīng)溶液中，cNa+C．假設(shè)b點對應(yīng)溶液中醋酸與氫氧化鈉恰好完全反響，溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D．a(chǎn)點對應(yīng)溶液中，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)【答案】D【解析】【詳解】A、由題意可知d點對應(yīng)溶液中CH3COOH過量，溶液呈酸性，溶液中溶質(zhì)為CH3COOH與CH3COONa的混合物，由c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)及c(H+)>c(OH-)可得c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)，又因為[c(CH3COOH)+c(CH3COO-)]>c(Na+)，A項不符合題意；B、c點對應(yīng)溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒，可推知c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(CH3COO-)，B項不符合題意；C、b點溶液中的溶質(zhì)為CH3COONa，由物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C項不符合題意；D、a點對應(yīng)溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，故c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，D項符合題意。9．25℃時，將濃度均為0.1mol·L－1，體積分別為Va和Vb的HA溶液與BOH溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb與混合液pH的關(guān)系如下圖，以下說法正確的選項是A．Ka(HA)＝1×10－6B．b點c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H+)C．a(chǎn)→c過程中水的電離程度始終增大D．c點時，隨溫度升高而減小【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圖知，酸溶液的pH=3，那么c〔H+〕＜0.1mol/L，說明HA是弱酸；堿溶液的pH=11，c〔OH-〕＜0.1mol/L，那么BOH是弱堿。【詳解】A、由圖可知0.1mol?L-1HA溶液PH=3，由HA?H++A-可知：Ka=10-3×10-30.1=10-5mol?L-1，選項A錯誤；B、b點是兩者等體積混合溶液呈中性，所以離子濃度的大小為：c〔B+〕=c〔A-〕>c〔H+〕=c〔OH-〕，選項B錯誤；C、a→b是酸過量和b→c是堿過量兩過程中水的電離程受抑制，b點是弱酸弱堿鹽水解對水的電離起促進作用，所以a→c過程中水的電離程度先增大后減小，選項C錯誤；D、c點時，c(A-)c(OH-)?c(HA)在分子和分母同乘以氫離子的濃度，得到：c(A【點睛】此題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析及判斷能力，明確各個數(shù)據(jù)含義及各點溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解此題關(guān)鍵，易錯選項是B，b點溶液中的水電離出的c〔H+〕＞10-7mol/L，因為局部氫離子和酸根離子結(jié)合生成HA而導(dǎo)致c〔H+〕=10-7mol/L。10．298K時，用0.100mol·L-1NaOH溶液分別滴定濃度均為0.100mol·L-1、體積均為10.00mL的HX和HY溶液，利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導(dǎo)率如下圖。以下有關(guān)說法不正確的選項是A．滴定HX、HY溶液都可選擇酚酞作指示劑B．相同條件下，HX的酸性比HY的強C．相同溫度下，溶液中水電離出的c(H+)：b<a=cD．d點對應(yīng)溶液中：c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)【答案】C【解析】【詳解】A、依題意得，HX、HY溶液的起始濃度相等，HX溶液的導(dǎo)電能力比HY溶液的強，在滴加NaOH溶液過程中，HX溶液導(dǎo)電能力先減弱后逐漸增強，HY溶液的導(dǎo)電能力逐漸增強，說明HX是強酸，HY是弱酸，強堿滴定弱酸或強酸，都可用酚酞作指示劑，故A說法正確；B、根據(jù)A的分析，故B說法正確；C、a點和c點表示酸與堿恰好完全反響，NaY會發(fā)生水解，促進水的電離，溶液呈堿性，而NaX既不促進水的電離，也不抑制水的電離，其溶液呈中性，b點對應(yīng)溶液中溶質(zhì)是NaY和NaOH且二者濃度相等，NaOH抑制水的電離，故水電離程度大小為a>c>b，故C說法錯誤；D、d點對應(yīng)的溶液中，由物料守恒有2c(Na+)=3c(X-)，由電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)，整理得c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)，故D說法正確。11．常溫下，向100mL0.1mol/L的H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，含A元素相關(guān)微粒物質(zhì)的量隨pH的變化如下圖。以下說法正確的選項是A．H2A在水中的電離方程式是:H2A=H++HA-，HA-H++A2-B．等體積等濃度的NaOH溶液與H2A溶液混合后，其溶液中水的電離程度比純水大C．Y點溶液中存在以下關(guān)系:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)D．X點溶液中含A元素相關(guān)微粒:c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L【答案】C【解析】分析：此題考查酸堿混合溶液的定性判斷，明確圖像中酸堿混合時溶液中的溶質(zhì)時解答此題的關(guān)鍵，抓住圖像進行分析即可，難度中等。詳解：A.從圖像分析溶液中含有H2A分子，說明H2A為弱酸，那么電離方程式為：H2AH++HA-，HA-H++A2-，故錯誤；B.等體積等濃度的氫氧化鈉溶液與H2A溶液混合后，溶液主要為NaHA，電離為主，溶液顯酸性，溶液中的氫離子會抑制水的電離，溶液中水的電離程度比純水中小，故錯誤；C.電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2--)，從圖像分析，c(HA-)=c(A2--)，從而得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)，故正確；D.100mL0.1mol/L的H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，到X點時溶液的體積肯定比原來的大，所以根據(jù)物料守恒分析，有c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)<0.1mol/L，故錯誤。應(yīng)選C。12．常溫下，將NaOH溶液分別加到HF溶液、CH3COOH溶液中，兩混合溶液中離子濃度與pH的變化關(guān)系如下圖，pKa=-lgKa，以下有關(guān)表達(dá)錯誤的選項是A．常溫下，Ka(CH3COOH)=10-5B．a(chǎn)點時，c(F-)=c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C．常溫下，0.1mo/LNaF溶液的pH小于0.1mo/LCH3COONa溶液的pHD．向CH3COOH溶液中參加NaOH溶液后所得的混合溶液中，【答案】D【解析】分析：A．根據(jù)醋酸的電離平衡常數(shù)表達(dá)式結(jié)合圖像解答；B．a(chǎn)點時，lgc(F-)c(HF)=0，那么c〔F-〕=c〔HF〕C．利用圖像分別計算兩種弱酸的電離常數(shù)，相同溫度下相同濃度的鈉鹽中，酸的酸性越強其酸根離子水解程度越小，溶液的pH越?。籇．根據(jù)醋酸的電離平衡常數(shù)表達(dá)式計算。詳解：A．常溫下，pH=5時CH3COOH中l(wèi)gc(CH3COO-)c(CH3COOH)=0，那么c〔CH3COO-〕=c〔CH3COOH〕，Ka〔CH3COOH〕=c(H+)·c(CH3COO?)/cD．a(chǎn)點時，lgc(F-)c(HF)=0，那么c〔F-〕=c〔HF〕，溶液的pH=4，那么c〔H+〕＞c〔OH-〕，根據(jù)電荷守恒得c〔F-〕＞c〔Na+〕，水解程度較小，所以溶液中存在c(F-)＝c(HF)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(C．由A可知Ka〔CH3COOH〕=10-5，pH=4時，c〔HF〕=c〔F-〕，Ka〔HF〕=c(H+)·c(F?)/c(HF)=10-4，說明HF酸性大于醋酸，相同溫度下相同濃度的鈉鹽中，酸的酸性越強其酸根離子水解程度越小，溶液的pH越小，那么水解程度F-＜CH3COO-，所以相同濃度的鈉鹽溶液中NaF溶液pH小于0.1mol?L-1的CH3COONa溶液的pH，C正確；D．NaOH溶液參加CH3COOH溶液后的混合溶液中Ka〔CH3COOH〕=c(H+)·c(CH3COO?)/c(CH3COOH)，那么c(CH3COO?)/c(CH3COOH)=Ka〔CH3COOH〕/c(H+)=10?5/10?pH=10pH-5，D錯誤；答案選D。點睛：此題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析、判斷及計算能力，正確計算出兩種酸的電離平衡常數(shù)是解此題關(guān)鍵，注意電離平衡常數(shù)與縱坐標(biāo)的關(guān)系，題目難度中等。13．常溫下，電離常數(shù)：Ka(HCOOH)=1.77x10－4、Ka(CH3COOH)=1.75x10－5有甲、乙、丙三種溶液：甲1000mL0.1mol/LHCOONa溶液乙1000mL0.1mol/LCH3COONa溶液丙1000mL含HCOONa、CH3COONa各0.05mol的溶液以下表達(dá)錯誤的選項是A．溶液中c(Na+)：甲＝乙＝丙B．溶液中陰、陽離子和酸分子總數(shù)：甲＜丙＜乙C．溶液pH：甲＜丙＜乙D．溶液中陰、陽離子總數(shù)：甲＜丙＜乙【答案】D【解析】分析：此題考查了酸堿混合的定性判斷及溶液離子濃度大小的比擬，難度中等，注意熟練掌握溶液酸堿性與溶液的pH的關(guān)系，能夠利用電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理判斷離子濃度的大小，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。詳解：A.三個溶液中鈉離子濃度都為0.1mol/L，所以c(Na+)：甲＝乙＝丙，故正確；B.水解程度越大，產(chǎn)生氫氧根離子的數(shù)目和分子數(shù)目越多，而鈉離子數(shù)目相等，所以溶液中陰陽離子和酸分子總數(shù)：甲＜丙＜乙，故正確；C.水解程度越大溶液的pH越大，乙酸根離子水解程度最大，兩者的混合物次之，最弱的是甲酸根離子，所以溶液的pH：甲＜丙＜乙，故正確；D.根據(jù)電荷守恒得溶液中陰陽離子的總數(shù)是陽離子總數(shù)的2倍，而鈉離子的數(shù)目相同，水解程度越大氫離子的數(shù)目越小，水解程度越小，氫離子的數(shù)目越多，所以溶液中的陰陽離子總數(shù)：甲>丙>乙，故錯誤。應(yīng)選D。14．〔題文〕常溫下，用0.1000mol?L-1NaOH溶液滴定

20.00mL0.1000mol?A．點①所示溶液中：cB．點②所示溶液中：cC．點③所示溶液中：cD．滴定過程中可能出現(xiàn)：c【答案】D【解析】分析：A項分析溶液中的質(zhì)子守恒；B項分析溶液中的電荷守恒；C項分析溶液的成分及醋酸根離子的水解程度；在0.1000mol?L-1CH3詳解：A.點①所示溶液中，醋酸恰好被中和了一半，由電荷守恒可得cH++cNa+B.點②所示溶液中，pH=7，由電荷守恒可知，c(NC.點③為滴定終點所得的醋酸鈉溶液，醋酸根離子只有少量水解使溶液顯弱堿性，故c(ND.在0.1000mol?L-1CH3COOH此題選D。15．常溫下將鹽酸溶液滴加到聯(lián)氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中的微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ(X)隨-1g(OH-)變化的關(guān)系如下圖。以下表達(dá)錯誤的選項是A．反響N2H62++N2H4=2N2H5+的pK=90(pK=lgK)B．N2H5Cl溶液中存在:c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)C．N2H5Cl溶液中c(H+)>c(OH-)D．Kb1(N2H4)=10-6【答案】A【解析】分析：A.根據(jù)電離平衡常數(shù)概念結(jié)合圖像計算；B.根據(jù)電荷守恒分析；C.根據(jù)N2H5+水解分析；D.根據(jù)電離平衡常數(shù)概念結(jié)合圖像計算。詳解：A、由N2H5+的電離方程式N2H5++H2ON2H62++OH-可得Kb2(N2H4)＝c(N2H62+)c(OH-)c(N2H5+)=c(OH-)=10-15，那么Kb1(N2H4)/Kb2(N2H4)＝c2(N2H5+)c(N2H62+)c(N2H4)，即為反響N2H62B、N2H5C1溶液中存在的電荷守恒為c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)，B正確。C、N2H5C1溶液中因N2H5+的水解使溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，C正確；D、由圖象可知當(dāng)-lg(OH-)=6時，N2H4和N2H5+的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，可推知其濃度相等，由N2H4的電離方程式N2H4+H2ON2H5++OH-，得Kb1(N2H4)＝c(N2H5+)c(O點睛：此題的難點是寫出聯(lián)氨的電離方程式，類似于NH3·H2O的電離，根據(jù)電離方程式，結(jié)合圖象中交叉點的含義，就能正確解答。16．假設(shè)定義pC是溶液中微粒物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)，那么常溫下，一定濃度的某酸(H2A)水溶液中pC(H2A)、pC(HAˉ)、pC(A2-)隨著溶液pH的變化曲線如下圖。以下說法一定正確的選項是A．pH=4時，c(HAˉ)<c(A2-)B．c(H2A)+c(HAˉ)+c(A2-)是定值C．該酸的電離常數(shù)Ka1=10-1.3D．常溫下，NaHA的水溶液呈堿性【答案】C【解析】隨PH增大，C(H2A)減小、C(HAˉ)先增后減、C(A2-)增大；根據(jù)圖示，曲線Ⅰ表示c(HAˉ)、曲線Ⅱ表示c(H2A)、曲線Ⅲ表示c(A2-)；根據(jù)圖示，pH=4時，c(HAˉ)>c(A2-)，故A錯誤；調(diào)節(jié)溶液PH的方法不確定，所以c(H2A)+c(HAˉ)+c(A2-)不一定是定值，故B錯誤；根據(jù)圖示c(H2A)=c(HAˉ)時，pH=1.3，所以Ka1=cHAˉcH+cH2A=cH+電解：酸式弱酸鹽NaHA溶液酸堿性的判斷方法：假設(shè)HAˉ的電離平衡常數(shù)大于HAˉ的水解平衡常數(shù)，溶液呈酸性；假設(shè)HAˉ的電離平衡常數(shù)小于HAˉ的水解平衡常數(shù)，溶液呈堿性。17．Kb〔NH3·H2O〕=1.7×10-5，Ka〔CH3COOH〕=1.7×10-5。25℃時，向20mL濃度均為0.01mol·L-1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴參加0.01mol·L-1的氨水，測定過程中電導(dǎo)率和pH變化曲線如下圖，以下說法錯誤的選項是A．a(chǎn)點溶液中，c(CH3COO-)數(shù)量級約為10-5B．b點溶液中，c(NH4+)>c(CH3COOH)C．c點溶液中，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D．c點水的電離程度小于d點【答案】D【解析】分析：氨水逐滴滴入鹽酸和醋酸的混合液中，依次發(fā)生的反響為：HCl+NH3·H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O；鹽酸為強酸，隨著氨水的滴入，溶液的體積變大，溶液中離子濃度變小，溶液的電導(dǎo)率逐漸變小，當(dāng)鹽酸恰好完全反響時電導(dǎo)率最小，b點為等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；繼續(xù)滴加氨水，弱酸醋酸與氨水反響生成強電解質(zhì)CH3COONH4，溶液中離子濃度變大，溶液的電導(dǎo)率又逐漸變大，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反響后，繼續(xù)滴加氨水，氨水屬于弱堿水溶液，溶液中離子濃度又變小，溶液的導(dǎo)電率又變小。A項，由CH3COOH的電離平衡常數(shù)、鹽酸和醋酸的濃度計算；B項，b點為等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，根據(jù)NH3·H2O的Kb計算NH4+的水解平衡常數(shù)，比擬NH4+的水解平衡常數(shù)與CH3COOH的Ka；C項，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，根據(jù)物料守恒判斷；D項，分析c點和d點溶液的組成，根據(jù)酸、堿、鹽對水的電離平衡的影響判斷。詳解：氨水逐滴滴入鹽酸和醋酸的混合液中，依次發(fā)生的反響為：HCl+NH3·H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O；鹽酸為強酸，隨著氨水的滴入，溶液的體積變大，溶液中離子濃度變小，溶液的電導(dǎo)率逐漸變小，當(dāng)鹽酸恰好完全反響時電導(dǎo)率最小，b點為等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；繼續(xù)滴加氨水，弱酸醋酸與氨水反響生成強電解質(zhì)CH3COONH4，溶液中離子濃度變大，溶液的電導(dǎo)率又逐漸變大，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反響后，繼續(xù)滴加氨水，氨水屬于弱堿水溶液，溶液中離子濃度又變小，溶液的導(dǎo)電率又變小。A項，a點沒有滴入氨水，鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，醋酸的電離方程式為CH3COOHCH3COO-+H+，設(shè)溶液中c〔CH3COO-〕=xmol/L，那么溶液中c〔H+〕=〔0.01+x〕mol/L，c〔CH3COOH〕=〔0.01-x〕mol/L，Ka〔CH3COOH〕==（0.01+x）x0.01-x=1.7×10-5，由于HCl電離的H+抑制CH3COOH的電離，0.01+x≈0.01，0.01-x≈0.01，解得x≈1.7×10-5，c〔CH3COO-〕的數(shù)量級約為10-5，A項正確；B項，根據(jù)上述分析，b點為等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl屬于強酸弱堿鹽，NH4+的水解離子方程式為NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4+的水解平衡常數(shù)Kh〔NH4+〕==KW/Kb〔NH3·H2O〕=1×10-14÷〔1.7×10-5〕=5.88×10-10<Ka〔CH3COOH〕，NH4+的水解程度小于CH3COOH的電離程度，b點溶液中c〔NH4+〕>c〔CH3COOH〕，B項正確；C項，根據(jù)上述分析，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，溶液中的物料守恒為c〔NH4+〕+c〔NH3·H2O〕=c〔Cl-〕+c〔CH3COO-〕+c〔CH3COOH〕，C項正確；D項，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，NH4Cl、CH3COONH4水解促進水的電離，d點為等濃度的NH4Cl、CH3COONH4和略過量的氨水組成的混合液，過量的氨水對水的電離起抑制作用，c點水的電離程度大于d點，D點睛：此題以酸堿中和滴定的圖像為載體，考查電離平衡常數(shù)的計算、溶液中粒子濃度的大小關(guān)系、對水的電離平衡的影響，識別圖像中各點的組成是解題的關(guān)鍵。溶液導(dǎo)電性的強弱取決于溶液中離子濃度的大小和離子所帶電荷數(shù)。確定溶液中粒子濃度的關(guān)系，先確定溶液的組成，分清主次〔如B項〕，巧用電荷守恒、物料守恒。用堿溶液滴定酸溶液的過程中，隨著堿溶液的滴入，水的電離程度增大，當(dāng)酸堿完全反響時水的電離程度最大，繼續(xù)滴加堿溶液，水的電離程度又減小。18．砷(As)是一些工廠和礦山廢水中的污染元素。常溫下，H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分?jǐn)?shù)〔平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù)〕與加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH的關(guān)系如下圖〔：pKa=－lgKa〕，以下說法錯誤的選項是A．Na2HAsO4溶液顯堿性B．H3AsO4溶液pKa2為2.2C．m點對應(yīng)溶液中由水電離出的c(OH－)為10－2.5mol·L－1D．n點對應(yīng)溶液中離子濃度關(guān)系為：c(Na+)＞c(HAsO42－)=c(H2AsO4－)＞c(H+)=c(OH－)【答案】B【解析】分析：A．根據(jù)Na2HAsO4溶液pH大于7判斷；B．根據(jù)H3AsO4的電離平衡常數(shù)計算；C．m點對應(yīng)溶液為HAsO42-和AsO43-的混合溶液，溶液顯堿性，說明是鹽的水解的原因；D．n點對應(yīng)溶液pH＝7，溶液呈中性，據(jù)此解答。詳解：A．根據(jù)圖象分析可知，HAsO42-溶液pH大于7，溶液顯堿性，A正確；B．H3AsO4的Ka2＝c(H+)·c(HAsO42-)c(H2AsO4-)，pH＝7時c〔HAsO42-〕＝c〔H2AsO4-〕，Ka2＝c〔C．m點對應(yīng)溶液為HAsO42-和AsO43-的混合溶液，溶液顯堿性，鹽類水解促進水的電離，m點溶液的pH＝11.5，那么對應(yīng)溶液中由水電離出的c(OH－)為10－2.5mol·L－1，C正確；D．n點對應(yīng)溶液pH＝7，溶液中c(Na+)＞c(HAsO42－)=c(H2AsO4－)＞c(H+)=c(OH－)，D正確；答案選B。點睛：此題考查酸堿混合的定性判斷和計算，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意把握圖象所給信息，為解答該題的關(guān)鍵，題目難度中等。19．亞砷酸(H3AsO3)可用于治療白血病，在溶液中存在多種微粒形態(tài)。向1L0.1mol·L-1H3AsO3溶液中逐滴參加0.1mol·L-1KOH溶液，各種微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液的pH

關(guān)系如以下圖所示。以下說法正確的選項是()A．H3AsO3的電離常數(shù)Ka1的數(shù)量級為10-9B．pH在8.0～10.0時，反響的離子方程式：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2OC．M點對應(yīng)的溶液中：c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-

)+c(H3AsO3)=

0.1mol·L-1D．pH=12時，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)【答案】B【解析】分析：A項，由H3AsO3和H2AsO3-物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等時溶液的pH和電離平衡常數(shù)表達(dá)式計算Ka1；B項，由圖像中含砷微粒的變化確定反響物和生成物，進一步書寫離子方程式；C項，根據(jù)物料守恒判斷；D項，由電荷守恒和圖像判斷。詳解：A項，H3AsO3的第一步電離方程式為H3AsO3H++H2AsO3-，H3AsO3的Ka1=，根據(jù)圖像當(dāng)H3AsO3和H2AsO3-物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等時溶液的pH=9.3，溶液中c〔H+〕=10-9.3mol/L，H3AsO3的Ka1=10-9.3=100.7×10-10，H3AsO3的Ka1的數(shù)量級為10-10，A項錯誤；B項，pH在8.0~10時，隨著KOH的滴入，H3AsO3明顯減少，H2AsO3-明顯增多，反響的離子方程式為H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O，B項正確；C項，根據(jù)As守恒，M點對應(yīng)溶液中n〔H2AsO3-〕+n〔HAsO32-〕+n〔AsO33-〕+n〔H3AsO3〕=0.1mol/L×1L=0.1mol，由于參加的KOH溶液的體積未知，無法計算含砷微粒的總濃度，C項錯誤；D項，滴入KOH溶液后，溶液中的電荷守恒為c〔OH-〕+c〔H2AsO3-〕+2c〔HAsO32-〕+3c〔AsO33-〕=c〔H+〕+c〔K+〕，根據(jù)圖像pH=12時溶液中主要含砷微粒為H2AsO3-和HAsO32-，溶液呈堿性，H2AsO3-和HAsO32-的水解程度大于電離程度，而且HAsO32-第二步水解才產(chǎn)生H3AsO3，那么溶液中c〔OH-〕>c〔H3AsO3〕，c〔H2AsO3-〕+2c〔HAsO32-〕+3c〔AsO33-〕+c〔H3AsO3〕<c〔H+〕+c〔K+〕，D項錯誤；答案選B。點睛：此題考查與酸堿中和滴定有關(guān)的pH曲線的分析、離子方程式的書寫、電離平衡常數(shù)的計算、溶液中粒子濃度的大小關(guān)系。利用關(guān)鍵點計算電離平衡常數(shù)，利用曲線