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1、专题08 水溶液中的离子平衡【2020年】1.（2020浙江卷）下列物质在熔融状态下不导电的是( )A. NaOHB. CaCl2C. HClD. K2SO4【答案】C【解析】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；CaCl2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；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；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SO42-，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。
2、综上所述，本题答案为C。2.（2020浙江卷）下列说法不正确的是( )A. 的盐酸中B. 将KCl溶液从常温加热至80，溶液的pH变小但仍保持中性C. 常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D. 常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大【答案】A【解析】盐酸的浓度为2.010-7 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2.010-7 mol/L，故A错误；KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水DE 离子积Kw增大，对应溶液的氢离子
3、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；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；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。3.（2020新课标）以酚酞为指示剂，用0.1000 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸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
4、. 曲线代表，曲线代表B. H2A溶液的浓度为0.2000 molL1C. HA的电离常数Ka=1.0102D. 滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】根据图像，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线代表(HA-)，曲线代表(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L，据此分析作答。根据分析，曲线代表(HA-)，曲线
5、代表(A2-)，A错误；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)= =0.1000mol/L，B错误；由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka=110-2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色pH范围为8.210，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
6、c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。4.（2020江苏卷）室温下，将两种浓度均为的溶液等体积混合，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. 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为二元弱酸): 【答案】AD【解析】NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化
7、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：，故A正确；该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；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；该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。5.（2020山东卷）25时，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(
8、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，B. N点时，C. 该体系中，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】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)
9、随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。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；N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；醋酸根离子的水
10、解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +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。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 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C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D. 在溶液中，【答案】A【解析】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
11、，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)Ka(HF)，故A错误；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；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；根据溶液中的物料守恒定律，1 molL1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量
12、的浓度为1 molL1，即c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1 molL1，故D正确；综上所述，答案为A。7.（2020浙江卷）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】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；当滴入氨水10mL时，n(NH3H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)
13、+ c(NH3H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；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；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。8.（2020江苏卷）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Z
14、n(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为_；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_(填化学式)。(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是_(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_。(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.56.5范围内，
15、pH越低SO生成速率越大，其主要原因是_；随着氧化的进行，溶液的pH将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】 (1)或 HSO- （2）ZnSO3 或 （3）随着pH降低，HSO浓度增大 减小【解析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析HSO与氧气反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2NH4+SO（或2NH3H2O +SO2=2NH4+SO+H2O）；根据图-
16、1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有HSO3- 和SO，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是HSO；(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2+2HSO（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2+2HSO）(3)HSO可以经氧气氧化生成SO，这一过程中需要调节溶液pH在4.56.5的范围内，pH越低，溶液中的HSO的浓度越
17、大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的HSO反应生成SO，反应的离子方程式为2HSO+O2=2SO+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。【2019年】12019新课标NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1103 ，Ka2=3.9106）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是A混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 BNa+与A2的导电能力之和大于HA的 Cb点的混合溶液pH=7 Dc点的混合溶液中，c(Na+)c(K+)c(OH)【答案】C【解析】向邻苯二
18、甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA转化为A2，b点导电性强于a点，说明Na+和A2的导电能力强于HA，B正确；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，C错误；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点
19、是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）c（OH），溶液中三者大小顺序为c（Na+）c（K+）c（OH），D正确。22019新课标绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)c(OH)B随温度升高，CH
20、3COONa溶液的c(OH)减小C随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】C【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；升高温度，促进水的
21、电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意。52019天津某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A曲线代表溶液B溶液中水的电离程度：b点c点C从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，代表HNO2，I代表CH3CO
22、OH，A错误；酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，B错误；代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)c(HNO2)c(OH-)/c(H+)c(NO2-)=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，C正确；体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误。62019江苏室温下，反应+H2OH2CO3+OH的平衡常数K=2.210
23、8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是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溶液等体积混合：c()+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()D0.6 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3H2O)+ c()+ c(OH)=
24、0.3 molL1+ c (H2CO3)+ c (H+)【答案】BD【解析】NH3H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3H2ONH4+OH-，H2OH+OH-，所以c(OH-)c(NH4+)，A错误；NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)c(NH3H2O)，B正确；由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(H2CO3
25、)+c(HCO3-)+c(CO32-)，C错误；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去c(NH4+)得：c(NH3H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，
26、将等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将带入中得，c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。72019浙江选考室温下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.1 molL1 NaOH溶液。已知：H2AH+HA，HAH+A2。下列说法不正确的是A0.1 molL1 H2A溶液中有c(H+)c(OH)c(A2)0.1 molL1B当滴加至中性时，溶液中c(Na+)
27、c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的体积小于10 mLC当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH7，此时溶液中有c(A2)c(H+)c(OH)D当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)2c(HA)2c(A2)【答案】B【解析】0.1 molL1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH)+2c(A2)+ c(HA)，因而c(H+)-c(OH)-c(A2)= c(A2)+c(HA)=0.1molL1，A正确；若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HAH+A2，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B错误；当用去Na
28、OH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH7，存在质子守恒，其关系为c(A2)c(H+)c(OH)，C正确；当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)2c(HA)2c(A2)，D正确。【2018年】1. （2018年全国卷）用0.100 molL-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 molL-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol
29、L-1 Cl-，反应终点c移到aD. 相同实验条件下，若改为0.0500 molL-1 Br-，反应终点c向b方向移动【答案】C【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为110-8mol/L（实际稍小），所以KSP(Ag
30、Cl)约为0.02510-8=2.510-10，所以其数量级为10-10，A正确。由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)c(Cl-)KSP(AgCl)，B正确。滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为250.8=20mL，而a点对应的是15mL，C错误。卤化银从氟化银到碘化
31、银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点，D正确。2. （2018年北京卷）测定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl
32、2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO+H2OHSO- +OHB. 的pH与不同，是由于SO浓度减小造成的C. 的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D. 与的Kw值相等 【答案】C【解析】Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A正确；取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），的pH小于，即的pH与不同
33、，是由于SO32-浓度减小造成的，B正确；盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C错误； Kw只与温度有关，与温度相同，Kw值相等D正确。3. （2018年天津卷）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)D某溶液中加入Ba(NO3)2溶液
34、再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有SO42-A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+，A错误。向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，B正确。向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，C错误。向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸
35、时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，D错误。4. （2018年天津卷）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4的分布分数随pH的变化如图2所示，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是 A. 溶液中存在3个平衡B. 含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43C. 随c初始（H2PO4）增大，溶液的pH明显变小D. 用浓度大于1 molL-1的H3PO
36、4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4【答案】D【解析】溶液中存在H2PO4的电离平衡和水解平衡，存在HPO42的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡，A错误。含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始（H2PO4）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了，C错误。由图2得到，pH=4.66的时候，=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。 5. （2018
37、年江苏卷）根据下列图示所得出的结论不正确的是A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的Hc(H2C2O4 ) c(C2O42 ) c(H+ )C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 molL1+ c(C2O42) c(H2C2O4)D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH) c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4)【答案】AD【解析】H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 molL1H2C2O4溶液中0.1000mol
38、/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A正确；c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数 Kh=1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4），B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42
39、-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C错误； c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C
40、2O4）+c（HC2O4-），D正确；答案选AD。【2017年】1【2017新课标1卷】常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是AKa2（H2X）的数量级为106B曲线N表示pH与的变化关系CNaHX溶液中D当混合溶液呈中性时，【答案】D【解析】己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6和4.8点， =100.6molL1，c(H)=104.8molL1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka
41、2（H2X）的数量级为10-6，A正确；根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6molL1，c(H)=105.0molL1，代入Ka1得到Ka2=104.4，因此HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；根据图像可知当0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时， 0，即c(X2-)c(HX-)，D错误。2【2017新课标2卷】改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、的物质的量分数随pH的变化如图所示已知。下列叙述错误的是ApH=1.2时，BCpH=2.7时，DpH=4.2时，【答案】D【解析】根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，A正确；pH=4.2时，c(A2)=c(HA)，根据第二步电离HAHA2，得出：K2(