1、PAGE PAGE 27專題10 水溶液中的離子平衡1（2021全國甲卷）已知相同溫度下，。某溫度下，飽和溶液中、與的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A曲線代表的沉淀溶解曲線B該溫度下的值為C加適量固體可使溶液由a點變到b點D時兩溶液中【答案】B【分析】BaCO3、BaSO4均為難溶物，飽和溶液中l(wèi)gc(Ba2)lgc()lgc(Ba2)c()lgKsp(BaSO4)，同理可知溶液中l(wèi)gc(Ba2)lgc()lgKsp(BaCO3)，因Ksp(BaSO4) Ksp(BaCO3)，則lgKsp(BaCO3)lgKsp(BaSO4)，由此可知曲線為lgc(Ba2)與lgc()的關(guān)系，曲線為lgc(B

2、a2)與lgc()的關(guān)系。【解析】A由題可知，曲線上的點均為飽和溶液中微粒濃度關(guān)系，由上述分析可知，曲線為BaSO4的沉淀溶解曲線，選項A錯誤；B曲線為BaSO4溶液中l(wèi)gc(Ba2)與lgc()的關(guān)系，由圖可知，當溶液中l(wèi)gc(Ba2)3時，lgc()7，則lgKsp(BaSO4)7310，因此Ksp(BaSO4)1.01010，選項B正確；C向飽和BaSO4溶液中加入適量BaCl2固體后，溶液中c(Ba2)增大，根據(jù)溫度不變則Ksp(BaSO4)不變可知，溶液中c()將減小，因此a點將沿曲線向左上方移動，選項C錯誤；D由圖可知，當溶液中c(Ba2)105.1時，兩溶液中，選項D錯誤；答案選

3、B。2（2021全國乙卷）HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中隨c(H+)而變化，不發(fā)生水解。實驗發(fā)現(xiàn)，時為線性關(guān)系，如下圖中實線所示。下列敘述錯誤的是A溶液時，BMA的溶度積度積C溶液時，DHA的電離常數(shù)【答案】C【分析】本題考查水溶液中離子濃度的關(guān)系，在解題過程中要注意電荷守恒和物料守恒的應(yīng)用，具體見詳解。【解析】A由圖可知pH=4，即c(H+)=1010-5mol/L時，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=mol/L3，故A錯誤；B稀釋GHCl溶液時，GH+水解程度將增大，根據(jù)勒夏特列原理可知溶液中c(H+)將減小，溶液pH將升高，故B正確；CGHCl為強酸弱堿鹽，

4、在水中電離方程式為GHCl=GH+Cl-，故C錯誤；D根據(jù)電荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D錯誤；綜上所述，敘述正確的是B項，故答案為B。4（2021湖南）常溫下，用的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為三種一元弱酸的鈉鹽溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是A該溶液中：B三種一元弱酸的電離常數(shù)：C當時，三種溶液中：D分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：【答案】C【分析】由圖可知，沒有加入鹽酸時，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，則HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱。【解析】ANaX為強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液

5、呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序為c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)，故A正確；B弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序為Ka(HX)Ka (HY)Ka(HZ)，故B正確；C當溶液pH為7時，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序為c(X-)c(Y-)c(Z-)，故C錯誤；D向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應(yīng)，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y

6、-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)c(OH-)，故D正確；故選C。5（2021浙江）某同學(xué)擬用計測定溶液以探究某酸HR是否為弱電解質(zhì)。下列說法正確的是A25時，若測得溶液，則HR是弱酸B25時，若測得溶液且，則HR是弱酸C25時，若測得HR溶液，取該溶液，加蒸餾水稀釋至，測得，則HR是弱酸D25時，若測得NaR溶液，取該溶液，升溫至50，測得，則HR是弱酸【答案】B【解析】A25時，若測得溶液，可知為強酸強堿鹽，則為強酸，A錯誤；B25時，若測得溶液且，可知溶液中，所以未完全電離，為弱酸，B正確

7、；C假設(shè)為強酸，取的該溶液，加蒸餾水稀釋至測得此時溶液，C錯誤；D假設(shè)為強酸，則為強酸強堿鹽，溶液呈中性，升溫至50，促進水的電離，水的離子積常數(shù)增大，減小，D錯誤；答案為：B。6（2021浙江）取兩份 的溶液，一份滴加的鹽酸，另一份滴加溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是A由a點可知：溶液中的水解程度大于電離程度B過程中：逐漸減小C過程中：D令c點的，e點的，則【答案】C【分析】向溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增強，溶液pH將逐漸減小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液堿性增強，溶液pH將逐漸增大，因此abc曲線為向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲線為向溶液中滴加鹽酸。【

8、解析】Aa點溶質(zhì)為，此時溶液呈堿性，在溶液中電離使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈堿性，由此可知，溶液中的水解程度大于電離程度，故A正確；B由電荷守恒可知，過程溶液中，滴加NaOH溶液的過程中保持不變，逐漸減小，因此逐漸減小，故B正確；C由物料守恒可知，a點溶液中，向溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出，因此過程中，故C錯誤；Dc點溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e點溶液體積增大1倍，此時溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此xy，故D正確；綜上所述，說法不正確的是C項，故答案為C。7（2021浙江）25時，下列說法正確的是ANaHA溶液呈酸性，可以推測H2A為強酸B可溶

9、性正鹽BA溶液呈中性，可以推測BA為強酸強堿鹽C0.010 molL-1、0.10molL-1的醋酸溶液的電離度分別為1、2，則12D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水電離出H+的物質(zhì)的量為1.010-5mol【答案】D【解析】ANaHA溶液呈酸性，可能是HA的電離程度大于其水解程度，不能據(jù)此得出H2A為強酸的結(jié)論，A錯誤；B可溶性正鹽BA溶液呈中性，不能推測BA為強酸強堿鹽，因為也可能是B和A的水解程度相同，即也可能是弱酸弱堿鹽，B錯誤；C弱酸的濃度越小，其電離程度越大，因此0.010 molL-1、0.10 molL-1的醋酸溶液的電離度分別為1、2，則12，C錯誤；D1

10、00 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氫氧根離子的濃度是1104mol/L，碳酸根水解促進水的電離，則水電離出H的濃度是1104mol/L，其物質(zhì)的量為0.1L1104mol/L1105mol，D正確；答案選D。8（2021浙江）實驗測得10 mL 0.50 molL-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50molL-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25 時CH3COOH和NH3H2O的電離常數(shù)均為1.810-5.下列說法不正確的是A圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化B將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度molL-1，溶液pH變化值

11、小于lgxC隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )減小，c(H+)增大，pH減小D25 時稀釋相同倍數(shù)的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH)【答案】C【分析】由題中信息可知，圖中兩條曲線為10 mL 0. 50 molL-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50molL-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化曲線，由于兩種鹽均能水解，水解反應(yīng)為吸熱過程，且溫度越高、濃度越小其水解程度越大。氯化銨水解能使溶液呈酸性，濃度越小，雖然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸鈉水解能使溶

12、液呈堿性，濃度越小，其水溶液的堿性越弱，故其pH越小。溫度越高，水的電離度越大。因此，圖中的實線為pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化。【解析】A由分析可知，圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化，A說法正確；B將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度molL-1時，若氯化銨的水解平衡不發(fā)生移動，則其中的c(H+)變?yōu)樵瓉淼模瑒t溶液的pH將增大lgx，但是，加水稀釋時，氯化銨的水解平衡向正反應(yīng)方向移動，c(H+)大于原來的，因此，溶液pH的變化值小于lgx，B說法正確；C隨溫度升高，水的電離程度變大，因此水的離子積變大，即Kw增大；隨溫度升高，CH3COONa的水解程度變大，溶

13、液中c(OH-)增大，因此，C說法不正確；D 25時稀釋相同倍數(shù)的NH4C1溶液與CH3COONa溶液中均分別存在電荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化銨溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸鈉溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 時CH3COOH和NH3H2O的電離常數(shù)均為1.8 10-5，因此，由于原溶液的物質(zhì)的量濃度相同，稀釋相同倍數(shù)后的NH4C1溶液與CH3COONa溶液，溶質(zhì)的物質(zhì)的

14、量濃度仍相等，由于電離常數(shù)相同，其中鹽的水解程度是相同的，因此，兩溶液中c(OH-) -c(H+)（兩者差的絕對值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D說法正確。綜上所述，本題選C。9（2021山東）賴氨酸H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數(shù)(x)隨pH變化如圖所示。已知(x)=，下列表述正確的是ABM點，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)

15、=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)CO點，pH=DP點，c(Na+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)【答案】CD【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次發(fā)生離子反應(yīng)：、，溶液中逐漸減小，和先增大后減小，逐漸增大。，M點，由此可知，N點，則，P點，則。【詳解】A，因此，故A錯誤；BM點存在電荷守恒：，此時，因此，故B錯誤；CO點，因此，即，因此，溶液，故C正確；DP點溶質(zhì)為NaCl、HR、NaR，此時溶液呈堿性，因此，溶質(zhì)濃度大于水解和電離所產(chǎn)生微粒濃度，因此，故D正確；綜上所述，正確的是CD，故答案為CD。102020新課標以酚酞為指示劑，用0.1000 molL1的Na

16、OH溶液滴定20.00 mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)隨滴加NaOH溶液體積的變化關(guān)系如下圖所示。比如A2的分布系數(shù)：下列敘述正確的是A曲線代表，曲線代表BH2A溶液的濃度為0.2000 molL1CHA的電離常數(shù)Ka=1.0102 D滴定終點時，溶液中【答案】C【解析】根據(jù)圖像，曲線代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸增大，粒子的分布系數(shù)只有1個交點；當加入40mLNaOH溶液時，溶液的pH在中性發(fā)生突變，且曲線代表的粒子達到最大值接近1；沒有加入NaOH時，pH約為1，說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離

17、，曲線代表(HA-)，曲線代表(A2-)，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L40mL220.00mL=0.1000mol/L，據(jù)此分析作答。A根據(jù)分析，曲線代表(HA-)，曲線代表(A2-)，A錯誤；B當加入40.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發(fā)生突變，說明恰好完全反應(yīng)，結(jié)合分析，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= 0.1000mol/L40mL220.00mL=0.1000mol/L，B錯誤；C根據(jù)曲線當(HA-)=(A2-)時溶液的pH=2，則HA-的電離平衡常數(shù)Ka=c(A2-)c(H+)c(HA-)=c(

18、H+)=110-2，C正確；D用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.210，終點時溶液呈堿性，c(OH-)c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，則c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)，D錯誤；答案選C。【點睛】本題的難點是判斷H2A的電離，根據(jù)pH的突變和粒子分布分數(shù)的變化確定H2A的電離方程式為H2A=H+A2-，HA-H+A2-；同時注意題中是雙縱坐標，左邊縱坐標代表粒子分布分數(shù)，右邊縱坐標代表pH，圖像中(HA-)=(A2-)時溶液的pH5，而是pH=2。112020新課標二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環(huán)境造成很大

19、影響，其原理如下圖所示。下列敘述錯誤的是A海水酸化能引起濃度增大、濃度減小B海水酸化能促進CaCO3的溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少CCO2能引起海水酸化，共原理為H+D使用太陽能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環(huán)境【答案】C【解析】A海水酸化，H+濃度增大，平衡H+正向移動，濃度減小，濃度增大，A正確；B海水酸化，濃度減小，導(dǎo)致CaCO3溶解平衡正向移動，促進了CaCO3溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少，B正確；CCO2引起海水酸化的原理為：CO2+H2OH2CO3H+，H+，導(dǎo)致H+濃度增大，C錯誤；D使用太陽能、氫能等新能源，可以減少化石能源的燃燒，從而減少CO2的排放，減弱海水酸化，從而改善珊瑚礁的生存環(huán)境，

20、D正確；答案選C。122020天津卷常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法錯誤的是A相同濃度的 HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，則 B相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，則溶液中CFeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則D在溶液中，【答案】A【解析】AHCOONa和NaF的濃度相同，HCOONa溶液的pH較大，說明HCOO的水解程度較大，根據(jù)越弱越水解，因此甲酸的電離平衡常數(shù)較小，即Ka(HCOOH)Ka(HF)，故A錯誤；B相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，此時溶液呈酸性，氫離子濃度大于氫氧根濃度，說明

21、溶液中醋酸電離程度大于水解程度，則醋酸根濃度大于鈉離子濃度，則溶液中c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故B正確；CCuS的溶解度較小，將CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡電離出的S2不足以與H+發(fā)生反應(yīng)，而將FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S氣體，說明Ksp(FeS)Ksp(CuS)，故C正確；D根據(jù)溶液中的物料守恒定律，1 molL1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的總物質(zhì)的量的濃度為1 molL1，即c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1 molL1，故D正確；綜上所述，答案為A。132020浙江7月選考水溶液呈酸性的是（ ）A B C D【答案】B【解析】AN

22、aCl是強酸強堿鹽，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合題意；BNaHSO4是強酸的酸式鹽，其屬于強電解質(zhì)，其在水溶液中的電離方程式為NaHSO4=Na+H+SO42-，故其水溶液呈酸性，B符合題意；CHCOONa屬于強堿弱酸鹽，其在水溶液中可以完全電離，其電離產(chǎn)生的HCOO可以發(fā)生水解，其水解的離子方程式為HCOOH2OHCOOHOH，故其水溶液呈堿性，C不符合題意；DNaHCO是強堿弱酸鹽，既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，但其水解程度大于電離程度，故其水溶液呈堿性，D不符合題意。綜上所述，本題答案為B。142020浙江7月選考下列說法不正確的是（ ）A的鹽酸中B將溶液從常溫加熱至，溶液的變小但

23、仍保持中性C常溫下，溶液呈堿性，說明是弱電解質(zhì)D常溫下，為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液增大【答案】A【解析】A. 鹽酸的濃度為2.010-7 mol/L，完全電離，接近中性，溶劑水電離出的氫離子濃度的數(shù)量級與溶質(zhì)HCl電離的氫離子濃度相差不大，則計算中氫離子濃度時，不能忽略水中的氫離子濃度，其數(shù)值應(yīng)大于2.010-7 mol/L，故A錯誤；B. KCl溶液為中性溶液，常溫下pH=7，加熱到80C時，水的離子積Kw增大，對應(yīng)溶液的氫離子濃度隨溫度升高會增大，pH會減小，但溶液溶質(zhì)仍為KCl，則仍呈中性，故B正確；C. NaCN溶液顯堿性，說明該溶質(zhì)為弱酸強堿鹽，即CN-對應(yīng)的酸HCN為弱電

24、解質(zhì)，故C正確；D. 醋酸在溶液中會發(fā)生電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸鈉固體，根據(jù)同離子效應(yīng)可知，該平衡會向生成弱電解質(zhì)的方向（逆向）移動，使溶液中的氫離子濃度減小，pH增大，故D正確；答案選A。152020浙江7月選考常溫下，用氨水滴定濃度均為的和的混合液，下列說法不正確的是（ ）A在氨水滴定前，和的混合液中B當?shù)稳氚彼畷r，C當?shù)稳氚彼畷r，D當溶液呈中性時，氨水滴入量大于，【答案】D【解析】根據(jù)弱電解質(zhì)的電離和鹽類水解知識解答。A.未滴定時，溶液溶質(zhì)為HCl和CH3COOH，且濃度均為0.1mol/L，HCl為強電解質(zhì)，完全電離，CH3COOH為弱電解質(zhì)，不完

25、全電離，故，c(Cl-)c(CH3COO-)，A正確；B.當?shù)稳氚彼?0mL時，n(NH3H2O)=n(CH3COOH)，則在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正確；C. 當?shù)稳氚彼?0mL時，溶液溶質(zhì)為NH4Cl和CH3COONH4，質(zhì)子守恒為c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正確；D.當溶液為中性時，電荷守恒為：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因為溶液為中性，則c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)c(Cl-)，D不正確；故選D。162020

26、江蘇卷室溫下，將兩種濃度均為的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變化可忽略，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A混合溶液(pH=10.30)：B氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：C混合溶液(pH=4.76): D混合溶液(pH=1.68，H2C2O4為二元弱酸): 【答案】AD【解析】A. NaHCO3水溶液呈堿性，說明的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO3和Na2CO3水解關(guān)系為：，溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：，和水解程度微弱，生成的OH-濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學(xué)式可知，該混合溶液中Na+濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：，故A正確；B.

27、該混合溶液中電荷守恒為：，物料守恒為：，兩式聯(lián)立消去c(Cl-)可得：，故B錯誤；C.若不考慮溶液中相關(guān)微粒行為，則c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，該溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)，故C錯誤；D.該混合溶液中物料守恒為：，電荷守恒為：，兩式相加可得：，故D正確；綜上所述，濃度關(guān)系正確的是：AD。172020年山東新高考25時，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)隨pH變化的關(guān)系如下圖

28、所示。Ka為CH3COOH的電離常數(shù)，下列說法正確的是AO點時，BN點時，C該體系中，DpH由7到14的變化過程中， CH3COO-的水解程度始終增大【答案】BC【解析】根據(jù)圖像分析可知，隨著pH的升高，氫氧根離子和醋酸根離子濃度增大，氫離子和醋酸離子濃度減小，又pH=7的時候，氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，故可推知，圖中各曲線代表的濃度分別是：曲線1為lgc(CH3COO-)隨pH的變化曲線，曲線2為lgc(H+)隨pH的變化曲線，曲線3為lgc(OH-)隨pH的變化曲線，曲線4為lgc(CH3COOH)隨pH的變化曲線，據(jù)此結(jié)合水溶液的平衡分析作答。A. 根據(jù)上述分析可知，O點為曲線2和曲

29、線3的交點，對應(yīng)的pH=7，應(yīng)該得出的結(jié)論為：c(H+)= c(OH-)，故A錯誤；B. N點為曲線1和曲線4的交點， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量關(guān)系并變形可知pH=-lgKa，故B正確；C. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，則c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，聯(lián)立兩式消去c(CH3COO-)并化簡整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正確；D. 醋酸根離子的水解平衡為：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH

30、由7到14的變化過程中，堿性不斷增強，c(OH-)不斷增大，則使不利于醋酸根離子的水解平衡，會使其水解程度減小，故D錯誤；答案選BC。182020江蘇卷次氯酸鈉溶液和二氯異氰尿酸鈉(C3N3O3Cl2Na)都是常用的殺菌消毒劑。 NaClO可用于制備二氯異氰尿酸鈉.（1）NaClO溶液可由低溫下將Cl2緩慢通入NaOH溶液中而制得。制備 NaClO的離子方程式為_；用于環(huán)境殺菌消毒的NaClO溶液須稀釋并及時使用，若在空氣中暴露時間過長且見光，將會導(dǎo)致消毒作用減弱，其原因是_。（2）二氯異氰尿酸鈉優(yōu)質(zhì)品要求有效氯大于60%。通過下列實驗檢測二氯異氰尿酸鈉樣品是否達到優(yōu)質(zhì)品標準。實驗檢測原理為

31、準確稱取1.1200g樣品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入適量稀硫酸和過量KI溶液，密封在暗處靜置5min；用Na2S2O3標準溶液滴定至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑繼續(xù)滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。通過計算判斷該樣品是否為優(yōu)質(zhì)品_。(寫出計算過程， )若在檢測中加入稀硫酸的量過少，將導(dǎo)致樣品的有效氯測定值_(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1） NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產(chǎn)生HClO，HClO見光分解 （2）根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：得氯元素的質(zhì)量:該樣品的有效氯為：該樣品的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)品 偏低

32、 【解析】 （1） 由題意可知，氯氣通入氫氧化鈉中產(chǎn)生次氯酸鈉，同時產(chǎn)生氯化鈉，反應(yīng)的離子方程式為：；次氯酸鈉溶液長期暴露在空氣中會吸收空氣中的二氧化碳氣體，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸鈉可以與二氧化碳在水中反應(yīng)產(chǎn)生HClO，HClO具有不穩(wěn)定性，在受熱或見光條件下會發(fā)生分解反應(yīng)，產(chǎn)生HCl和O2，從而是次氯酸鈉失效，故答案為：；NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產(chǎn)生HClO，HClO見光分解；（2） 由題中反應(yīng)可知，在酸性條件產(chǎn)生HClO，HClO氧化碘離子產(chǎn)生碘單質(zhì)，碘單質(zhì)再用硫代硫酸鈉滴定，結(jié)合反應(yīng)轉(zhuǎn)化確定物質(zhì)之間的關(guān)系為：， ，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：得n(Cl)=0.5=

33、，氯元素的質(zhì)量：m(Cl)= =0.03550g，該樣品中的有效氯為： =63.39%，該樣品中的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)品故答案為：n(S2O)=，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：，得n(Cl)=0.5=，氯元素的質(zhì)量：m(Cl)= =0.03550g，該樣品中的有效氯為： =63.39%，該樣品中的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)品如果硫酸的用量過少，則導(dǎo)致反應(yīng)不能充分進行，產(chǎn)生的HClO的量偏低，最終導(dǎo)致實驗測得的有效氯含量會偏低，故答案為：偏低；192019新課標NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀（鄰苯二甲酸H2A的Ka1=1.1103 ，Ka2=3.9106）溶液，混合溶液的相對

34、導(dǎo)電能力變化曲線如圖所示，其中b點為反應(yīng)終點。下列敘述錯誤的是A混合溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度和種類有關(guān) BNa+與A2的導(dǎo)電能力之和大于HA的 Cb點的混合溶液pH=7 Dc點的混合溶液中，c(Na+)c(K+)c(OH)【答案】C【解析】【分析】鄰苯二甲酸氫鉀為二元弱酸酸式鹽，溶液呈酸性，向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液，兩者反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中離子濃度增大，導(dǎo)電性增強，鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉為強堿弱酸鹽，鄰苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈堿性。【詳解】A項、向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液，兩者反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中Na+和A2的濃度

35、增大。由圖像可知，溶液導(dǎo)電性增強，說明導(dǎo)電能力與離子濃度和種類有關(guān)，故A正確；B項、a點和b點K+的物質(zhì)的量相同，K+的物質(zhì)的量濃度變化不明顯，HA轉(zhuǎn)化為A2，b點導(dǎo)電性強于a點，說明Na+和A2的導(dǎo)電能力強于HA，故B正確；C項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，鄰苯二甲酸鉀為強堿弱酸鹽，A2在溶液中水解使溶液呈堿性，溶液pH7，故C錯誤；D項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c點是繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液后，得到鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉的混合

36、溶液，則溶液中c（Na+）c（K+），由圖可知，a點到b點加入氫氧化鈉溶液的體積大于b點到c點加入氫氧化鈉溶液的體積，則溶液中c（K+）c（OH），溶液中三者大小順序為c（Na+）c（K+）c（OH），故D正確。故選C。【點睛】本題考查水溶液中的離子平衡，試題側(cè)重考查分析、理解問題的能力，注意正確分析圖象曲線變化，明確酸式鹽與堿反應(yīng)溶液濃度和成分的變化與導(dǎo)電性變化的關(guān)系是解答關(guān)鍵。202019新課標絢麗多彩的無機顏料的應(yīng)用曾創(chuàng)造了古代繪畫和彩陶的輝煌。硫化鎘(CdS)是一種難溶于水的黃色顏料，其在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法錯誤的是 A圖中a和b分別為T1、T2溫度下CdS在水中的

37、溶解度B圖中各點對應(yīng)的Ksp的關(guān)系為：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)c(OH)B隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH)減小C隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結(jié)果D隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO、Cu2+水解平衡移動方向不同【答案】C【解析】【分析】水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，據(jù)此解題；【詳解】A.水的電離為吸熱過程，升高溫度，平和向著電離方向移動，水中c(H+).c(OH-)=Kw減小，故pH減小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合

38、題意；B.水的電離為吸熱過程，升高溫度，進水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高溫度促進鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B不符合題意；C.升高溫度，促進水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進銅離子水解Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，兩者共同作用使pH發(fā)生變化，故C符合題意；D.鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，故D不符合題意；綜上所述，本題應(yīng)選C。【點睛】本題考查弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，明確化學(xué)平衡常數(shù)只是溫度的函數(shù)，溫度對水的電離和鹽類水解平衡的影響是解題的關(guān)鍵，鹽類水解是高頻考

39、點，也是高考的重點和難點，本題難度不大，是基礎(chǔ)題。232019天津某溫度下，和的電離常數(shù)分別為和。將和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是A曲線代表溶液B溶液中水的電離程度：b點c點C從c點到d點，溶液中保持不變（其中、分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子）D相同體積a點的兩溶液分別與恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】【分析】電離常數(shù)HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，的變化大，則的酸性比I的酸性強，溶液中氫離子濃度越大，酸性越強；B、酸抑制水電離，b點pH小，酸性強，對水電離抑制程度大；C、kw為水的離

40、子積常數(shù)，k(HNO2)為HNO2的電離常數(shù)，只與溫度有關(guān)，溫度不變，則不變；D、體積和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2）。【詳解】A、由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，的變化大，則的酸性比I的酸性強，代表HNO2，I代表CH3COOH，故A錯誤；B、酸抑制水電離，b點pH小，酸性強，對水電離抑制程度大，故B錯誤；C、代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)c(HNO2)c(OH-)/c(H+)c(NO2-)=kw/k(HNO2)，kw為水的離子積常數(shù)，k(HNO2)為HNO2的電離常數(shù)，這些常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，則不變，故C

41、正確；D、體積和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2），分別滴加同濃度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氫氧化鈉溶液體積多，HNO2消耗的NaOH少，故D錯誤；故選C。【點睛】本題考查酸的稀釋及圖象，明確強酸在稀釋時pH變化程度大及酸的濃度與氫離子的濃度的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，難點C，要將已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，變成與kw為水的離子積常數(shù)和k(HNO2)為HNO2的電離常數(shù)相關(guān)的量，再判斷。242019江蘇室溫下，反應(yīng)+H2OH2CO3+OH的平衡常數(shù)K=2.2108。將NH4HCO3溶液和

42、氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A0.2 molL1氨水：c (NH3H2O)c() c (OH) c (H+)B0.2 molL1NH4HCO3溶液(pH7)：c () c () c (H2CO3) c (NH3H2O)C0.2 molL1氨水和0.2 molL1NH4HCO3溶液等體積混合：c()+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()D0.6 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等體積混合：c (NH3H2O)+ c()+ c(OH)=0.3 molL1+ c (H2CO3)+ c (H+)【答案】BD【解析】【詳解】A.NH3H2O屬于弱堿，部分電離，氨