2021屆年高三化學二輪復習選擇題加強訓練：水溶液中的離子均衡訓練2021屆年高三化學二輪復習選擇題加強訓練：水溶液中的離子均衡訓練2021屆年高三化學二輪復習選擇題加強訓練：水溶液中的離子均衡訓練二輪復習選擇題加強訓練：水溶液中的離子均衡訓練【方法技巧】一、挪動方向細剖析，結果判斷防定勢對于弱電解質的電離和均衡的挪動題目，一般是判斷弱電解質電離均衡挪動后，溶液中離子的各樣量變化狀況。在解題時要戰勝定勢思想，詳細問題詳細剖析，不可以以為均衡向右挪動，那么生成物的各個量均增大，而反應物的各個量均減小。因為這些量常常受不一樣要素的影響，所以不可以錯誤地以為一個大其余的均大。如:濃度的大小是由物質的量和體積雙方面要素決定的;轉變率的大小是由反應掉的量和總量雙方面要素決定的;溶液的導電能力的強弱是由離子的物質的量和體積雙方面要素決定的等。此外，此類題目一般不是判斷單調離子濃度的變化，而是組合式的，碰到此類選項時，假如分子和分母變化趨向同樣，沒法直接判斷大小時，能夠經過公式的變換進行判斷。如將濃度變換為物質的量，利用水的離子積常數進行變換等。二、酸堿中和看狀況，辨明關系用規律酸堿反應后溶液狀況的判斷問題，主要波及弱酸(堿)與強堿(酸)的反應，題目往常給出兩種不一樣關系:一種是pH關系，另一種是濃度關系?！?〕等體積等濃度同樣元數的強堿(酸)和弱酸(堿)混淆酸、堿恰巧反應生成鹽和水。此時看鹽的水解判斷溶液酸堿性(無水解，呈中性)。注意:只考慮酸、堿的元數，而不考慮強弱。〔2〕pH之和等于14的強堿(酸)和弱酸(堿)混淆常溫下，pH之和等于14的酸中+-H與堿中OH恰巧中和，此時弱電解質過度，一般看過度物質的酸堿性。即:誰弱誰過度，誰弱顯誰性，無弱顯中性。注意:只考慮酸、堿的強弱，而不考慮元數。三、水電離的c(H＋)或c(OH－)的計算技巧(25℃時)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝×10－7mol·L－1。酸或堿克制水的電離，水電離出的c(H＋)＝c(OH－)<10－7mol·L－1，當溶液中的c(H＋)<101－7mol·L－1時就是水電離出的c(H＋)；當溶液中的c(H＋)>10－7mol·L－1時，就用10－14除以這個濃度即獲得水電離的c(H＋)。(3)可水解的鹽促使水的電離，水電離的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7mol·L－1。假定給出的c(H＋)>10－7mol·L－1，即為水電離的c(H＋)；假定給出的c(H＋)<10－7mol·L－1，就用10－14除以這個濃度即得水電離的c(OH－)。【加強訓練—經典40題答案+分析】1．25℃時，濃度均為0.2mol·L－1323的NaHCO和NaCO溶液中，以下判斷不正確的選項是()A．均存在電離均衡和水解均衡B．存在的粒子種類同樣C．c(OH－)前者大于后者D．分別參加NaOH固體，恢復到原溫度，2－)均增大c(CO3分析：兩種溶液中均存在著水的電離均衡，－＋2－－NaHCO溶液中還存在：HCOH＋CO及HCO3333＋H2O－2－＋H2O－－H2CO3＋OH的水解均衡，Na2CO3溶液中還存在：CO3HCO3＋OH的水解均衡，A正確；兩種溶液中均存在＋2－－－＋Na、CO3、HCO3、H2CO3、OH、H、H2O，B正確；濃度同樣時，2－水解程度大于－NaCO溶液中－更大，C錯誤；NaHCOCOHCO水解程度，故(OH)33233－－2－2－)增大，NaCO溶液中參加NaOH，3233232－的水解均衡向左挪動，2－)增大，D正確。致使CO3c(CO3答案：C2．以下反應不屬于水解反應或水解方程式不正確的選項是()①HCl＋H2O＋－②AlCl3＋3H2O===Al(OH)3＋3HCl③NaCO＋2HOH2CO＋H3O＋Cl23232NaOH④碳酸氫鈉溶液：－2－＋＋＋DOHCO＋HOCO＋HO⑤NHCl溶于DO中：NH32334242NH3·D2O＋H＋A．①②③④B．①②③C．②③⑤D．所有分析：①④是電離方程式；②是水解反應方程式，但應用“〞；③的水解方程式錯誤，＋＋。423答案：D3.25℃時，將20mL0.10mol/LCH3COOH溶液和20mL0.10mol/LHX溶液分別與mol/LNaHCO3溶液混淆，測得產生氣體的體積〔V〕隨時間〔t〕變化如以下列圖，以下說法中不．2正確的選項是．．A．反應開始前，HX溶液中c(H+)大于CH3COOH中c(H+)B．CH3COOH溶液反應結束后，C．反應結束后所得兩溶液中，

+—c(Na)>c(CH3COO)——)c(CH3COO)＜c(XD．由該實驗可知HX為強酸【答案】D【分析】A.由剖析可知，酸性：3+HX>CHCOOH，反應開始前，等濃度HX溶液中c(H)大于CH3COOH中c(H+)，故A正確；B.CH3COOH溶液反應結束后，溶質是CH3COONa，因為CH3COO—會水解，那么溶液中+—c(Na)>c(CH3COO)，故B正確；C.反應結束后所得兩溶液中，溶質分別是CH3COONa、NaX，且物質的量相等，由越弱越水解的規律可知，水解程度：——，CH3COO>X——)，故C正確；D.由該實驗可知HX酸性強于CHCOOH，但沒法判斷HX那么c(CH3COO)＜c(X3為強酸，故D錯誤。電導率越大導電能力越強。常溫下用0.10mol·L-1NaOH溶液分別滴定10mL濃度均0.10mol·L-1的鹽酸和醋酸溶液，測得滴定過程中溶液的電導率以下列圖。以下說法正確的選項是A．曲線①代表滴定鹽酸的曲線B．滴定醋酸的過程應當選擇甲基橙作為指示劑C．a、b、c三點溶液中水的電離程度：c>a>b-+-D．b點溶液中：c(OH)>c(H)+c(CH3COO)+c(CH3COOH)【答案】D【分析】醋酸是弱酸、鹽酸是強酸。同濃度的鹽酸、醋酸溶液，鹽酸的導電能力強，所以3曲線①代表醋酸、曲線②代表鹽酸，故A錯誤；氫氧化鈉滴定醋酸，終點時溶液呈堿性，所以應當用酚酞作為指示劑，故B錯誤；a點表示醋酸鈉溶液、c點表示氯化鈉溶液、b點表示氫氧化鈉與醋酸鈉的混淆液，b點水電離遇到氫氧化鈉的克制，a點水電離遇到醋酸鈉的促使，c點氯化鈉對水電離無影響，所以a、b、c三點溶液中水的電離程度：a>c>b，故C錯誤；b點表示等濃度的氫氧化鈉與醋酸鈉的混淆液，依據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=-3-料守恒c(Na+)=3-3c(OH)+c(CHCOO)；依據物2c(CHCOO)+2c(CHCOOH)；所以-+--+-c(OH)=c(H)+c(CH3COO)+2c(CH3COOH)，故c(OH)>c(H)+c(CH3COO)+c(CH3COOH)，D正確。5.常溫下，以下相關表達正確的選項是〔〕A．向2CO3溶液中通入適量氣體后：B．pH=6的NaHSO3溶液中：C．等物質的量濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混淆：D．2C2O4溶液與溶液等體積混淆〔H2C2O4為二元弱酸〕：【答案】B【分析】向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入適當CO2氣體后，溶質為碳酸鈉和碳酸氫鈉混淆液或碳酸氫鈉，依據物料守恒可知：+)+c()+c(H2CO)]，A錯誤；常c(Na)<2[c(3溫下，pH=6的NaHSO3溶液中，電荷守恒為c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()+c()，物料+)=c()+c()+c(H2SO)，由兩個守恒關系式消去鈉離子的濃度可得，守恒為c(Na3c(+-×-6-1)-c(HSO)=c(H)-c(OH)=110mol·L-231×10-8mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1，B正確；依據碳酸氫根離子、碳酸的電離均衡常數可得：c()/c(H2323+)/c()=K()/c(H+CO)=K(HCO)/c(H)、c()，因為同一溶液中，那么氫離子濃度同樣，依據碳酸的電離均衡常數大于碳酸氫根離子可知，c()/c(H2323+)>c()/c()=K(+·LCO)=K(HCO)/c(H)/c(H)，C錯誤；0.1mol-1Na2C2O4溶液與0.1mol·L-1HCl溶液等體積混淆〔H2C2O4為二元弱酸〕，由電荷守恒可知42c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，D錯誤。6.氫硫酸中存在電離均衡：H2SH++HS-和HS-H++S2-。酸式鹽NaHS溶液呈堿性，假定向10ml濃度為的氫硫酸中參加以下物質，以下判斷正確的選項是A．加水，會使均衡向右挪動，溶液中氫離子濃度增大+-2-B．參加20ml濃度為溶液，那么c(Na)=c(HS)+c(H2S)+2c(S)D．參加10ml濃度為溶液，那么c(Na+)>c(HS-)>c(OH－)>c(H+)>c(S2-)【答案】D【分析】A．加水稀釋促使硫化氫電離，但氫離子濃度減小，選項A錯誤；B.參加20ml濃度為NaOH溶液，獲得硫化鈉溶液，依據物料守恒有c(Na+)=2c(HS-)+2c(H2S)+2c(S2-)，選項B錯誤；C、通入過度SO2氣體，二氧化硫與硫化氫反應生成硫和水，均衡向左挪動，開始時溶液pH值增大，后當二氧化硫過度時生成亞硫酸那么ｐＨ值減小，選項C錯誤；D、參加10ml濃度為溶液，NaHS溶液，溶液呈堿性，那么-+-－+2-)，選項HS水解大于電離，離子濃度大小為c(Na)>c(HS)>c(OH)>c(H)>c(SD正確。答案選D。7.298K時，用0.1000mol·L-1鹽酸滴定20.00mL0.1000mol·L-1ROH溶液，所得溶液的pH與lg的關系如以下列圖所示(：pKb=-lgKb)。以下說法錯誤的選項是〔〕A．298K時，ROH的電離常數為Kb，那么pKbB．本實驗選擇甲基橙溶液作指示劑C．Z點對應的鹽酸體積為20.00mLD．Z點溶液中c(Cl-)=c(R+)【答案】C【分析】A.Y點對應的溶液中lg=0、，即c(R+)=c(ROH)時c(H+)=10-mol·L5-1，所以Kb==c(OH-)=10-mol·L-1，pKb=4.7，A項正確；B.滴定終點時，酸堿恰好中和，獲得顯弱酸性的RCl溶液，應選甲基橙作指示劑，B項正確；C.Z點對應的溶液呈中性，說明ROH未完整被中和，對應的鹽酸體積小于20mL，C項錯誤；D.Z點對應的溶液呈中性，依據電荷守恒c(R+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，得c(R+)=c(Cl-)，D項正確。8.以下說法正確的選項是()①難溶電解質抵達積淀溶解均衡時，溶液中各樣離子的溶解(或積淀)速率都相等②難溶電解質抵達積淀溶解均衡時，增添難溶電解質的量，均衡向溶解方向挪動③向Na2SO4溶液中參加過度的BaCl2溶液，那么2－積淀完整，溶液中只含2＋＋－2－④Ksp小SO4Ba、Na和Cl，不含SO4的物質其溶解能力必定比Ksp大的物質的溶解能力?、轂闇p少清洗過程中固體的消耗，最好采用稀H2SO4取代H2O來清洗BaSO4積淀⑥清洗積淀時，清洗次數越多越好A．①②③B．①②③④⑤⑥C．⑤D．①⑤⑥分析：①難溶電解質抵達積淀溶解均衡時，不一樣離子溶解(或積淀)的速率不必定相等，這與其化學計量數相關；②難溶電解質是固體，其濃度可視為常數，增添它的量對均衡無影響；③生成BaSO4積淀后的溶液中仍舊存在2＋2－，因為有BaSO4的積淀溶解均衡存在；Ba和SO4④同種類物質的K越小，溶解能力越小，不一樣種類的物質那么不可以直接比較；⑤稀HSO能夠sp24克制BaSO4的溶解；⑥清洗積淀一般2～3次即可，次數過多會使積淀量減小，產生偏差。答案：C2－2－2－H＋――→9．還原積淀法是辦理含鉻(含Cr2O7和CrO4)工業廢水的常用方法，過程以下：CrO4變換2＋－2－Fe3＋OH――→Cr――→Cr(OH)↓，轉變過程中反應為：27還原積淀3

2－＋2－(aq)427＋H2O(l)。轉變后所得溶液中鉻元素含量為－12－有10/112－。下28.6g·L，CrO4轉變為Cr2O7列說法不正確的選項是()A．假定用綠礬(FeSO4·7H2O)(M＝278)作還原劑，辦理1L廢水，起碼需要917.4gB．溶液顏色保持不變，說明上述可逆反應抵達均衡狀態14C．常溫下變換反應的均衡常數K＝1×10，那么轉變后所得溶液的pH＝6D．常溫下sp[Cr(OH)3]＝1×10－32，要使辦理后廢水中c(Cr3＋)降至1×10－5mol·L－1，應K調溶液的pH＝5分析：A．在1升廢水中＋6價的鉻的物質的量為＝0.55mol，依據氧化還原反應6中電子得失數目相等可知道，氧化硫酸亞鐵的物質的量為3×0.55＝mol，質量為×278＝458.7g，錯誤；2－2－2O為橙色，CrO為黃色，假定顏色不變，說明反應抵達均衡，74正確；C.依據化學均衡常數公式c(CrO2－)＝－12－14÷52÷1＝0.55mol·LcO227102－c(CrO2－－1＝cCr2O7144)×＝mol·L，再由均衡常數公式22－2＋＝1×10，可11KcCrOcH4以獲得c(H＋)＝10－6mol·L－1，正確；D.c(Cr3＋)·c3(OH－)＝1×10－32，c3(OH－)＝1×10－32－5－27－－9－1＋)＝10－5－1，pH＝5，正確。÷(1×10)＝1×10，c(OH)＝1×10mol·L，c(Hmol·L答案：A10.常溫下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲線如以下列圖所示。以下說法不正確的選項是()A．點①所示溶液中：B．點②所示溶液中：C．點③所示溶液中：

－＋)c(CH3COO)＋c(CH3COOH)＝2c(Nac(Na＋－3c(Na＋－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO)＋－＋－D．滴定過程中可能出現：c(CH3COOH)>c(H)>c(CH3COO)>c(Na)>c(OH)【答案】D【分析】由電荷守恒直接判斷，D項不正確。11．以下對于電離常數的說法正確的選項是()A．電離常數跟著弱電解質濃度的增大而增大B．CH3COOH的電離常數表達式為Ka＝cCH3COOHc＋·c－3C．電離常數只受溫度影響，與濃度沒關D．向CH3COOH溶液中參加少許CH3COONa固體，電離常數減小分析：A．電離常數與弱電解質濃度沒關，只與電解質自己的強弱和所處溫度相關，錯誤。電離常數是弱電解質抵達電離均衡時，電離產生的離子濃度的乘積與未電離的電解質分c＋·c－3aHCH3COO，錯誤。C.子的濃度之比。所以CHCOOH的電離常數表達式為K＝cCH3COOH電離需要汲取能量，所以電離常數只受溫度影響，與濃度沒關，正確。D.向CH3COOH溶液中參加少許CHCOONa固體，電離均衡逆向挪動，＋－c(H)減小，c(CH3COO)增大，可是電離常數37不變，錯誤。答案：C12.常溫時，某一元弱酸的電離常數a＝10－6，對于0.01mol·L－1的該酸以下說法正確的K是()A．該弱酸溶液的pH＝4B．參加NaOH溶液后，弱酸的電離均衡向右挪動，K增大aC．參加等體積的0.01mol·L－1NaOH溶液后，所得溶液的pH＝7D．參加等體積的0.01mol·L－1NaOH溶液后，所得溶液的pH<76.【答案】A【分析】設該一元弱酸為HA：HAH＋＋A－，那么Ka＝＝＝10－6，求得c(H＋)＝10－4mol·L－1，故pH＝4，A項對；Ka應不變，B項錯；C、D項中該一元弱酸的鈉鹽因水解而使溶液呈堿性，pH>7，C，D項錯。13．現有室溫下四種溶液，相關表達不正確的選項是()序號①②③④pH111133溶液氨水氫氧化鈉溶液醋酸鹽酸A.③④中分別參加適當的醋酸鈉晶體后，兩溶液的pH均增大＋－B．②③兩溶液等體積混淆，所得溶液中c(H)>c(OH)C．分別加水稀釋10倍，四種溶液的pH：①>②>④>③D．VL④與VL①混淆，假定混淆后溶液pH＝7，那么V<V1212分析：醋酸鈉溶液顯堿性，所以A正確，也能夠從均衡挪動角度剖析，CH3COONa電離出的－＋－＋左3333＋移，兩溶液中H濃度均減小，所以pH均增大；假定均是強酸強堿，且物質的量濃度同樣，等體積混淆后溶液呈中性，但③醋酸是弱酸，其濃度遠遠大于②，即混淆后醋酸過度，溶液顯酸性，c(H＋)>c(OH－)，B正確；分別加水稀釋10倍，假定均衡不挪動，那么①②溶液的pH均為10，但稀釋氨水使均衡NH3·H2O＋－NH4＋OH右移，使①pH>10，同理醋酸稀釋后pH<4，所以C正確；假定均是強酸強堿，混淆后溶液呈中性，V＝V，但①氨水是12弱堿，其濃度遠遠大于④鹽酸，所以需要的①氨水少，即V1>V2，D錯誤。答案：D8常溫下，0.2mol·L－1的一元酸HA與等濃度NaOH溶液等體積混淆后，所得溶液中局部微粒組分及濃度以下列圖，以下說法正確的選項是()A．HA為強酸B．該混淆溶液pH＝C．該混淆溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)－＋D．圖中X表示HA，Y表示OH，Z表示H【答案】C【分析】0.2mol·L－1的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混淆，恰巧生成0.1mol·L－1NaA溶液，由圖知A－濃度小于0.1mol·L－1，可知A－發生了水解，故HA為弱酸，A項錯誤；NaA為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，pH＞7.0，B項錯誤；A－發生水解生成HA，溶液中＋－－＋－除Na、水分子外，各粒子的濃度大小關系為c(A)＞c(OH)＞c(HA)＞c(H)，故X為OH、Y為HA、Z為H＋，D項錯誤；依據物料守恒可知c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，即c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋),C項正確。15.25℃時，Fe(OH)和Cu(OH)的飽和溶液中，金屬陽離子的物質的量濃度的負對數[－22lgc(M2＋)]與溶液pH的變化關系以下列圖。，該溫度下Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]。下列說法正確的選項是()A．曲線a表示Fe(OH)2飽和溶液中的變化關系B．除掉CuSO4溶液中含有的少許Fe2＋，可參加適當CuOC．當Fe(OH)2和Cu(OH)2積淀共存時，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝1×10∶19D．向X點對應的飽和溶液中參加少許NaOH，可轉變為Y點對應的溶液分析：依據條件判斷出曲線、分別對應表示Cu(OH)2、Fe(OH)2飽和溶液中的變化。ab當Fe(OH)2和Cu(OH)2積淀共存時，能夠利用sp[Cu(OH)2]、sp[Fe(OH)2]進行計算：由X點KK知，c(H＋)＝1×10－10mol/L，c(OH－)＝1×10－4mol/L，－lgc(Cu2＋)＝11.7，c(Cu2＋)＝1×10－mol/L，Ksp[Cu(OH)2]＝1×10－×1×10－8＝1×10－。由曲線b上Z點的pH＝8、－lgc(Fe2＋)＝知，c(OH－)＝1×10－6mol/L，c(Fe2＋)＝1×10－mol/Lsp2－×1×10－12＝1×10－cFe2＋，K[Fe(OH)]＝1×10。cCu2＋＝c2＋·c2－Ksp[FeOH2]FeOH＝1×10－∶1×10－＝1×10∶1。C項正確。c2＋·c2－＝OH2]CuOHKsp[Cu答案：C16.能證明乙酸是弱酸的實驗事實是()3COOH溶液與Zn反應放出H2B.0.1mol－13大于7·LCHCOONa溶液的pH3COOH溶液與Na2CO3反應生成CO2D.0.1mol－13·LCHCOOH溶液可使紫色石蕊變紅分析：A項，只好證明乙酸擁有酸性，不可以證明其酸性強弱，錯誤；B項，該鹽水溶液顯堿性，故能夠證明乙酸是弱酸，正確；C項，能夠證明乙酸的酸性比碳酸強，可是不可以證明其酸性強弱，錯誤；D項，能夠證明乙酸擁有酸性，可是不可以證明其酸性強弱，錯誤。答案：B17.以下四種溶液中，室溫下由水電離生成的H＋濃度之比(①∶②∶③∶④)是()①pH＝0的鹽酸②0.1mol·L－1的鹽酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液④pH＝11的NaOH溶液A．1∶10∶100∶1000B．0∶1∶12∶11C．14∶13∶12∶11D．14∶13∶2∶3【答案】A【分析】①中c(H＋)＝1mol·L－1，由水電離出的c(H＋)與溶液中c(OH－)相等，等于10－14mol·L－1；②中c(H＋)＝0.1mol·L－1，由水電離出的c(H＋)＝×10－13mol·L－1；10③中c(OH－)＝×10－2mol·L－1，由水電離出的c(H＋)與溶液中c(H＋)相等，等于×1012mol·L－1；④中c(OH－)＝×10－3mol·L－1，同③所述由水電離出的c(H＋)＝×10－11mol·L－1。即×10－14)∶(1.0×10－13)∶(1.0×10－12)∶×10－11)＝1∶10∶100∶1000。18.經測定某溶液中只含有NH、Cl－＋－)、H、OH四種離子，以下說法不正確的選項是(①溶液中四種離子之間不行能知足：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－)②假定溶液中c(NH)＝c(Cl－)，那么該溶液必定顯中性③假定溶液中離子間知足：c(Cl－)＞c(NH＋)－NHCl4④假定溶液中離子間知足：c(NH)＞c(Cl－－＋)，那么溶液中溶質必定為NHCl和)＞c(OH)＞c(H432NH·HOA．①②B．①③C．②④D．③④【答案】B【分析】當溶質為NH4Cl和HCl的混淆物時，可知足c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－)，①錯誤；當c(NH)＝c(Cl－)時，依據電荷守恒，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，②正確；當溶質為NH4Cl和少許HCl時，c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)也建立，③錯誤；假定c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)建立，那么溶液呈堿性，再聯合c(NH)＞c(Cl－)可知，溶質必定NH4Cl和NH3·H2O，④正確。19.0.1mol·L－1的醋酸溶液中存在電離均衡：CHCOOH－＋，要使溶液中CHCOO＋H33c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，能夠采納的舉措是()A．加少許燒堿B．降低溫度C．加少許冰醋酸D．加水【答案】D【分析】在同一溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)＝n(H＋)/n(CH3COOH)，加水稀釋均衡向右挪動，n(H)增大，n(CH3COOH)減小，所以比值增大。降低溫度，均衡逆向挪動，n(H＋)減小，n(CH3COOH)增大，所以比值減小。對于選項A和C可借助于均衡常數剖析更清楚，c(H＋)/c(CH3COOH)11－＝Ka/c(CH3COO)，溫度不變，Ka值不變，在溶液中參加少許燒堿或少許冰醋酸，均衡均向－右挪動，溶液中c(CH3COO)增大，所以整個比值減小。20.25℃時不停將水滴入0.1mol·L－1的氨水中，以下列圖像變化合理的是〔〕A．AB．BC．CD．D【答案】C【分析】A、稀釋時氫氧根離子濃度降落，pH降落，趨近于7，但不行能小于7，故A錯誤；B、跟著水的滴入，電離度一直增大，故B錯誤；C、跟著水的滴入，離子濃度降落，導電能力降落，故C正確；D、跟著水的滴入，氫氧根離子濃度降落，氫離子濃度增大，最后基本不變，故D錯誤；綜上所述，本題正確答案為C。21.氫硫酸中存在電離均衡：H2S+--+2-。酸式鹽NaHS溶液呈堿性，H+HS和HSH+S假定向10ml濃度為的氫硫酸中參加以下物質，以下判斷正確的選項是A．加水，會使均衡向右挪動，溶液中氫離子濃度增大+-2-B．參加20ml濃度為溶液，那么c(Na)=c(HS)+c(H2S)+2c(S)D．參加10ml濃度為溶液，那么c(Na+)>c(HS-)>c(OH－)>c(H+)>c(S2-)【答案】D【分析】A．加水稀釋促使硫化氫電離，但氫離子濃度減小，選項A錯誤；B.參加20ml濃度為NaOH溶液，獲得硫化鈉溶液，依據物料守恒有+)=2c(HS-)+2c(H2S)+2c(S2-)，選項B錯誤；C、通入過度SO氣體，二氧化硫與硫化氫c(Na2反應生成硫和水，均衡向左挪動，開始時溶液pH值增大，后當二氧化硫過度時生成亞硫酸那么ｐＨ值減小，選項C錯誤；D、參加10ml濃度為溶液，NaHS溶液，溶液-+-－+2-)，選項呈堿性，那么HS水解大于電離，離子濃度大小為c(Na)>c(HS)>c(OH)>c(H)>c(SD正確。答案選D。22.醋酸溶液中存在電離均衡CHCOOH+－H+CH3COO，以下表達正確的選項是312A．圖甲表示向CH3COOH溶液中逐漸參加CH3COONa固體后，溶液pH的變化B．圖乙表示向CHCOOH溶液中加水時溶液的導電性變化，那么CHCOOH溶液的pH：a>b33C．醋酸溶液中離子濃度的關系知足：+－－c(H)=c(OH)+c(CH3COO)D．0.10mol·L－13－的CHCOOH溶液中加水稀釋，溶液中c(OH)減小【答案】C【分析】A．CHCOOH溶液中存在醋酸的電離均衡，逐漸參加CHCOONa固體后，增大了醋酸33根離子的濃度，克制醋酸的電離，溶液pH漸漸增大，故A錯誤；B．a點導電性大于b點，表示溶液中的離子濃度較大，那么c〔H+〕a點大于b點，pH：a＜b，故B錯誤；C．依據電荷守恒，醋酸溶液中離子濃度的關系知足：+－－·Lc〔H〕＝c〔OH〕+c〔CH3COO〕，故C正確；D．－1的CHCOOH溶液中加水稀釋，溶液中+－c〔H〕減小，溫度不變，K不變，那么c〔OH〕增大，3w故D錯誤；應選C。23.25℃時Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(MnS)=2.5×10-13，常溫下三種物質在水中的積淀溶解均衡線以下列圖(X表示Fe、Cu、Mn)。以下說法正確的選項是A．曲線Ⅰ表示CuS的溶解均衡曲線B．MnS在a點溶液中的溶度積等于在b點溶液中的溶度積C．c點與d點溶液中S2-的物質的量濃度相等D．向含有XS固體的d點溶液中滴加稀硫酸至過度可使固體漸漸溶解【答案】B【分析】A.依據溶度積數值可知曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別是MnS、FeS、CuS的溶解均衡曲線，故A錯誤；B.溶度積和溫度相關，所以MnS在a點溶液中的溶度積等于在b點溶液中的溶度積，故B正確；C.c點溶液中S2-的物質的量濃度大于d點，故C錯誤；D.CuS難溶于稀硫13酸，向含有CuS固體的飽和溶液中加稀硫酸不可以使固體溶解，故D錯誤。答案選B。24.某溫度下，向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分別滴0.1mol·L-lAgNO3溶液。滴加過程中pM[－lgc(Cl-)或－lgc(CrO42－)]與所加AgNO3溶液體積之間的關系如以下列圖所示。Ag2CrO4為紅棕色積淀。以下說法錯誤的選項是A．該溫度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－12B．al、b、c三點所示溶液中c(Ag+)：al＞b＞cC．假定將上述NaCl溶液濃度改為0.2mol·L－1，那么a1點會平移至a2點D．用AgNO標準溶液滴定NaCl溶液時，可用KCrO溶液作指示劑324【答案】B【分析】A．b點時恰巧反應生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)=10－4mol·L-l，+)=2×10－4-l，該溫度下，K(AgCrO)＝c(CrO2－2+－124sp24正確；B．al點恰巧反應，－lgc(Cl-，c(Cl-)=10－mol·L-l，那么c(Ag+)=10－mol·L-l，+×10－4-l，c2－)約為本來的12－)=b點c(Ag)=2mol·L點，K2CrO4過度，c(CrO4，那么c(CrO44-l，那么c(Ag+)=410－121.6×10－5mol-l，al、b、c三點所示溶液中b0.025mol·L=·L點的c(Ag+)最大，故B錯誤；C．溫度不變，氯化銀的溶度積不變，假定將上述NaCl溶液濃度改為0.2mol·L－1，均衡時，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸銀溶液的體積變為本來的2倍，所以a1點會平移至a2點，故C正確；D．依據上述剖析，當溶液中同時存在-2-Cl和CrO4-先積淀，用AgNO標準溶液滴定NaCl溶液時，可用K2CrO4溶液作時，參加硝酸銀溶液，Cl3指示劑，滴定至終點時，會生成Ag2CrO4為紅棕色積淀，故D正確；答案選B。25．25℃時，水的電離抵達均衡：＋－H>0，以下表達正確的選項是()2A．向水中參加稀氨水，均衡逆向挪動，c(OH－)降低14B．向水中參加少許固體硫酸氫鈉，c(H＋)增大，KW不變－C．向水中參加少許鹽酸，均衡逆向挪動，c(OH)增大D．將水加熱，W增大，pH不變，呈中性K分析：A．向水中參加稀氨水，因為氨水在溶液中存在電離均衡：NH·HO＋－，324－－－電離產生的OH使溶液中c(OH)增大，水的電離均衡逆向挪動，c(OH)增大，錯誤；B.向水中參加少許固體硫酸氫鈉，鹽電離產生的＋＋)增大，溫度不變，所以WH使溶液中c(HK不變，正確；C.向水中參加少許HCl，電離產生的H＋使水的電離均衡逆向挪動，可是均衡移動的趨向是輕微的，溶液中酸電離產生的離子濃度增大的趨向大于均衡挪動使離子濃度減小的趨向，所以c(H＋)增大，c(OH－)減小，錯誤；D.將水加熱，KW增大，c(H＋)增大，pH減小，溶液仍舊呈中性，錯誤。答案：B26．在必定條件下，同樣pH的硫酸和硫酸鐵溶液中水電離出來的c(H＋)分別是×10－amol·L－1和1.0×10－b－1()mol·L，在此溫度下，那么以下說法正確的選項是A．<B．＝babaC．水的離子積為1.0×10－(7＋a)D．水的離子積為1.0×10－(b＋a)分析：加酸克制水的電離，加易水解的鹽促使水的電離，那么a>b，A和B選項錯誤；由題意可知，兩種溶液的pH＝b，即硫酸溶液中c(H＋)是×10－bmol·L－1，而水電離產生的c(H＋)等于水電離產生的c(OH－)，所以硫酸溶液中c(OH－)是1.0×10－amol·L－1，KW＝10－(b＋a)，D選項正確。答案：D27．常溫下，以下表達不正確的選項是()A．c(H＋)>c(OH－)的溶液必定顯酸性B．pH＝3的弱酸溶液與pH＝11的強堿溶液等體積混淆后溶液呈酸性C．pH＝5的硫酸溶液稀釋到本來的5002－)＋)之比約為1∶104D．中和10mL0.1mol·L－1醋酸與100mL0.01mol·L－1醋酸所需NaOH的物質的量不一樣分析：B項，pH＝3的弱酸溶液與pH＝11的強堿溶液等體積混淆，弱酸濃度大，有大批剩余，反應后溶液顯酸性。C項，pH＝5的硫酸溶液稀釋到本來的500倍，那么溶液靠近于中性，＋)約為10－7mol·L－12－)＝10－5/(2×500)＝10－8－12－＋)＝c(H，c(SO4mol·L，那么c(SO4)∶c(H1∶10。D項，兩份醋酸的物質的量同樣，那么所需NaOH的物質的量同樣，錯誤。答案：D1528.某溫度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加的Na2S溶液，滴加過程中溶液中-lgc(Cu2+)與Na2S溶液體積(V)的關系以下列圖，以下相關說法正確的選項是：lg2＝0.3，Ksp(ZnS)=3×10-25mol2/L2。A．a、b、c三點中，水的電離程度最大的為b點B．Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)C．該溫度下Ksp(CuS)=4×10-36mol2/L2D．向100mLZn2+、Cu2+濃度均為10-5mol?L-1的混淆溶液中逐滴參加10-4mol?L-1的Na2S溶液，Zn2+先積淀【答案】C【分析】CuCl、NaS水解促使水電離，b點是CuCl與NaS溶液恰巧完整反應的點，溶質2222是氯化鈉，對水的電離沒有作用，水的電離程度最小的為b點，故A錯誤；依據物料守恒Na2S溶液中：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，故B錯誤；b點是CuCl2與Na2S溶液恰巧完整反應的點，c(Cu2+)=c(S2-)，依據b點數據，c(Cu2+)=mol/L，該溫度下sp(CuS)=4×10-36mol2/L2，故C正確；sp(ZnS)=3×10-25mol2/L2大于sp(CuS)，所以向100KKKmLZn2+、Cu2+濃度均為10-5mol?L-1的混淆溶液中逐滴參加10-4mol?L-1的Na2S溶液，Cu2+先沉淀，故D錯誤。某溫度下，將打磨后的鎂條放入盛有50mL蒸餾水的燒杯中，用pH傳感器和濁度傳感器監測溶液中的pH和濁度隨時間的變化〔以下列圖，實線表示溶液pH隨時間的變化〕。以下相關描繪不正確的選項是〔〕16A．該實驗是在加熱條件下進行的B．該溫度下Mg(OH)2sp的數目級約為1010的KC．50s時，向溶液中滴入酚酞試液，溶液仍為無色D．150s后溶液濁度降落是因為生成的Mg(OH)2漸漸溶解【答案】D【分析】A、常溫下蒸餾水的pH=7，而圖象中蒸餾水的pH=6.5<7，說明該實驗不是在常溫下進行的，高升溫度，促使水的電離，所以該實驗是在加熱條件下進行，故A說法正確；B、該溫度下，當氫氧化鎂抵達飽和時，pH不變，此時pH=10.00，該溫度下Mg(OH)2的Ksp=c(Mg2＋)×c2(OH－)=1c(OH-)c2(OH-)=1c3(OH-)，由圖可知，該溫度下水的離子積22Kw10101013－)10133mol/L，Ksp=13--1010，即，所以c(OHc(OH)=5×1010102該溫度下Mg(OH)2的Ksp的數目級約為1010，故B說法正確；C、50s時溶液的pH小于8，滴入酚酞后溶液為無色，故C說法正確；D、Mg(OH)2犯難溶物，跟著Mg(OH)2的沉降，溶液的濁度會降落，即150s后溶液濁度降落是因為生成的Mg(OH)2沉降，故D說法錯誤；答案選D。電導率是權衡電解質溶液導電能力大小的物理量。常溫下，將同樣體積的鹽酸和氨水分別加水稀釋，溶液的電導率隨參加水的體積V(H2O)變化的曲線以下列圖，以下說法正確的是17A.曲線I表示鹽酸加水稀釋過程中溶液電導率的變化B.a、b、c三點溶液的pH：a>b>cC.將a、b兩點溶液混淆，所得溶液中：c〔Cl－〕=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+3·H2O)不停減小D.氨水稀釋過程中，c(NH4)/c(NH【答案】B【分析】A.加水稀釋時，一水合氨進一步電離，導電能力變化較小，那么曲線I為氨水稀釋曲線，故A錯誤；B.鹽酸顯酸性，氨水顯堿性，導電能力越大，說明離子濃度越大，那么a、b、c三點溶液的pH：a>b>c，故B正確；C.將a、b兩點溶液混淆，因為氨水濃度大于鹽酸濃度，反應后氨水過度，所以溶液顯堿性，c〔Cl－〕<c(NH4+)+c(NH3·H2O)，故C錯誤；b4+-32-D.氨水稀釋過程中，K=c(NH)·c(OH)/c(NH·HO)不變，而c(OH)減小，所以c(NH4+)/c(NH3·H2O)不停增大，故D錯誤；應選B。31.25℃時，甲、乙兩燒杯分別盛有5mLpH＝1的鹽酸和硫酸，以下描繪中不正確的選項是A．物質的量濃度：c甲=2c乙－－－B．水電離出的OH濃度：c(OH)甲＝c(OH)乙C．假定分別用等濃度的NaOH溶液完整中和，所得溶液的pH：甲=乙D．將甲、乙燒杯中溶液混淆后〔不考慮體積變化〕，所得溶液的pH＞1【答案】D【分析】鹽酸是一元強酸，硫酸是二元強酸，其pH相等說明氫離子濃度相等。A.鹽酸和硫酸溶液中氫離子濃度相等時，鹽酸濃度為硫酸濃度的2倍，即c甲=2c乙，故A正確；B.pH相等說明氫離子濃度相等，那么氫氧根離子濃度也相等，故B正確；C.假定分別用等濃度的NaOH溶液完整中和，都生成不可以水解的強酸強堿鹽，即所得溶液的pH都為7，故C正確；D.甲、乙燒杯中溶液混淆時，假定不考慮體積變化，氫離子濃度不變，故D錯誤，答案選D。用標準鹽酸溶液滴定待測濃度的堿溶液時，以下操作中會惹起堿溶液濃度的測定值偏大的是A．錐形瓶里溶液在滴定過程中濺出18B．錐形瓶用蒸餾水沖刷后未用待測液潤洗C．指示劑變色15s后又恢復為本來的顏色便停止滴定D．滴定管裝液后尖嘴部位有氣泡，滴定后氣泡消逝【答案】D【分析】A．錐形瓶里溶液在滴定過程中濺出，致使待測液溶質減少，耗費標準液體積減小，濃度的測定值偏小，錯誤；B．錐形瓶用蒸餾水沖刷后未用待測液潤洗，對測定結果無影響，錯誤；C．指示劑變色30s后恢復為本來的顏色才停止滴定，15s后致使標準液耗費少了，濃度的測定值偏小，錯誤；D．滴定管裝液后尖嘴部位有氣泡，滴定后氣泡消逝，致使末讀數據讀大了，標準液體積增大，測定值偏高，正確；答案選D。常溫下，向20mL0.1mol·L-1氨水中滴加必定濃度的稀鹽酸，溶液中由水電離的氫離子濃度隨參加鹽酸體積的變化以下列圖。那么以下說法正確的選項是-1氨水中NH·HO的電離常數K約為1×－6A．常溫下，0.1mol·L1032B．a、b之間的點必定知足：c(NH4+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)C．b、d點溶液中都知足c(NH4+)=c(Cl-)D．c點代表兩溶液恰巧完整反應【答案】D【分析】A.常溫下，的氨水溶液中水電離的c(H+)=10-11mol/L，氨水溶液中H+所有來自水電離，那么溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=1010

14mol/L=10-3mol/L，11+-3cNH4cOH=1010Ka=cNH3-H2O

3mol/L=110-5mol/L，A錯誤；B.a、b之間的隨意一點，水電離的c〔H+〕<1×10-7mol/L，溶液都呈堿性，那么c(H+)<c(OH-)，聯合電荷守恒得c(Cl-)<c(NH4+)，B錯誤；C.依據上述剖析，d點溶液中水電離的c〔H+〕=10-7mol/L，此時溶液中溶質為+-)，C錯誤；D.依據圖知，c點水電離NH4Cl和HCl，溶液呈酸性，c(NH4)<c(Cl的H+抵達最大，溶液中溶質為4D正確；答案為D。NHCl，恰巧完整反應，1934.t℃時，PdI2在水中的積淀溶解均衡曲線以下列圖，以下說法正確的選項是〔〕A．在t℃時PdI2的Ksp=7.0×10-9B．圖中a點是飽和溶液，b、d兩點對應的溶液都是不飽和溶液C．向a點的溶液中參加少許NaI固體，溶液由a點向c點方向挪動D．要使d點挪動到b點能夠降低溫度【答案】C【分析】A.在t℃時PdI2的Ksp×10-5×〔1×10-4〕2=7×10-13，故A錯誤；B.圖中a點是飽和溶液，b變為a鉛離子的濃度增大，即b點不是飽和溶液，d變為a點要減小碘離子的濃度，說明d點是飽和溶液，故B錯誤；C.向a點的溶液中參加少許NaI固體，即向溶液中引入碘離子，碘離子濃度增大，PdI2的溶解均衡向生成積淀的方向挪動，鉛離子濃度減小，溶液由a點向c點方向挪動，故C正確；D.積淀溶解的過程為斷鍵過程，要吸熱，即正反應積淀溶解過程吸熱，要使d點挪動到b點，即便飽和溶液變為不飽和溶液，降低溫度，溶解均衡向放熱的方向挪動，即生成積淀的方向挪動，仍為飽和溶液，故D錯誤。答案選C。．在醋酸溶液中，CH3COOH的電離抵達均衡的標記是()A．溶液顯電中性B．溶液中無3CHCOOH分子C．氫離子濃度恒定不變＋－D．c(H)＝c(CH3COO)分析：溶液中存在的電離均衡有：CHCOOH－＋，HO＋－332子所帶負電荷總數與陽離子所帶正電荷總數永久相等，與能否抵達電離均衡沒關，A錯；CH3COOH是弱電解質，溶液中必定存在CH3COOH分子，B錯；依照電離方程式，不論能否達到均衡，都有＋)>－c(Hc(CH3COO)，所以D錯；氫離子濃度恒定不變時，電離抵達均衡，所20以C對。答案：C36．在0.1mol·L－1NH3·H2O溶液中存在以下均衡：NH3＋H2ONH3·H2O＋－NH4＋OH。以下表達中正確的選項是()A．參加少許濃鹽酸，鹽酸與NH3反應生成NH4Cl，使NH3濃度減小，＋NH4濃度增大，均衡逆向挪動－＋＋濃度減小，均衡正向挪動B．參加少許NaOH固體，OH與NH4聯合生成NH3·H2O，使NH4C．參加少許0.1mol·L－14－NHCl溶液，電離均衡常數不變，溶液中c(OH)減小D．參加少許MgSO4固體，溶液pH增大分析：A選項，參加少許濃鹽酸，第一發生＋－－濃度降低，均衡正向移H＋OH===H2O，使OH動；B選項，參加少許－濃度高升，均衡逆向挪動；C選項，溫度不變，KbNaOH固體，使OH＋－2＋－不變，使NH濃度高升，均衡逆向挪動，溶液中c(OH)減小；D選項，Mg＋2OH===Mg(OH)42－↓，溶液中c(OH)減小，溶液pH減小。25℃時相關弱酸的電離均衡常數見下表:弱酸化學式HAH2B電離均衡常數/mol/LKa=1.7×10-6Ka1=1.3×10-3Ka2=5.6×10-8那么以下說法正確的選項是A．等物質的量濃度的各溶液pH關系為：pH(Na2B)>pH(NaHB)>pH(NaA)B．將等濃度的HA溶液與NaA溶液等體積混淆，混淆液中：c(A-)<c(Na+)C．向Na2B溶液中參加足量的HA溶液發生反應的離子方程式為：2--B+2HA=2A+H2BD．NaHB溶液中局部微粒濃度的關系為：c(Na+)=c(HB-)+c(H2B)+c(B2-)【答案】D【分析】-電離常數越大，酸性越強，由表中數據可知酸性，酸性H2B＞HA＞HB，化學反應應知足以強-6-11014制弱的特色，HA的電離常數為1.7×10，那么A的水解常數為106，據此解答。A．酸2-A錯誤；B.HA的電離常數為-6，性HB＞HA＞HB，酸性越強，對應的鈉鹽的堿性越弱，1.7×1021-11014-那么A的水解常數為106，可知HA的電離常數大于A的水解常數，假定等濃度的HA溶液與NaA溶液等體積混淆溶液呈酸性，HA電離作用大于A-水解作用，所以c(A-)>c(Na+)，B錯誤；C.酸性H2B＞HA＞HB-，向Na2B溶液中參加足量的HA溶液發生反應的離子方程式為：2---NaHB溶液中局部微粒濃度的關系為+-)B+HA=A+HB，C錯誤；D.依據物料守恒可得c(Na)=c(HB+c(H2B)+c(B2-)，故D正確。38.：pKa=-lgKa，25℃時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1mol·L-1NaOH溶液滴-123溶液的滴定曲線如以下列圖所示(曲線上的數字為pH)。以下說法正確定20mL0.1mol·LHSO的是A．a點所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-B．b點所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)C．c點所得溶液中：+)>3c(HSO-)3D．e點所得溶液中：+2-)>c(H+)>c(OH-)c(Na)>c(SO3【答案】C【分析】A．用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L-1H2SO3溶液，a點溶液中溶質為H2SO3和NaHSO，pH=1.85=pKa，電離均衡常數表達式獲得那么c(HSO)=c(HSO-)，溶液體積大于312332--2-)＜-1，故20ml，a點所得溶液中：c(H2SO3)+c(SO3)+c(HSO3)=2c(H2SO3)+c(SO30.1mol?LA錯誤；B．b點是用0.1mol