2019-2020年高三化學(xué)上學(xué)期期中專題匯編 離子平衡一、選擇題(每題分，計分)1.(xx屆山東德州)現(xiàn)有Na2CO3、H2SO4、Ba(OH)2三種物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度與體積都相等的溶液，若以不同順序?qū)⑺鼈冎械膬煞N混合起來，出現(xiàn)沉淀后過濾，再將濾液與第三種溶液混合起來，最終所得的溶液( ) A. 一定呈酸性B. 不可能呈堿性C. 可能呈中性或堿性D. 一定呈中性2.(xx屆山東聊城莘縣實驗)下列說法不正確的是( ) 將BaSO4放入水中不能導(dǎo)電，所以BaSO4是非電解質(zhì)氨溶于水得到的氨水能導(dǎo)電，所以氨水是電解質(zhì)固態(tài)共價化合物不導(dǎo)電，熔融態(tài)的共價化合物可以導(dǎo)電固態(tài)的離子化合物不導(dǎo)電，熔融態(tài)的離子化合物也不導(dǎo)電強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力強A. B. C. D. 3.(xx屆山東棗莊)常溫下將稀NaOH溶液與稀CH3COOH溶液混合，不可能出現(xiàn)的結(jié)果是( ) A. pH7，且c(OH)c(Na+)c(H+)c(CH3COO)B. pH7，且c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)C. pH7，且c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)D. pH=7，且c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)4.(xx屆山東棗莊)25下，0.1mol/L的Na2S溶液，下列敘述正確的是( ) A. 升高溫度，溶液的pH降低B. 加入NaOH固體，溶液中的c(Na+)、c(S2)均增大C. c(Na+)c(S2)c(OH)c(H+)D. 2c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)5.(xx屆山東棗莊)下列關(guān)于pH變化的判斷正確的是( ) A. 溫度升高，Na2CO3溶液pH減小B. 氫氧化鈉溶液久置于空氣中，溶液pH變大C. 新制氯水經(jīng)光照一段時間后，溶液pH減小D. 溫度升高，純水pH增大6.(xx屆山東棗莊)硫酸鍶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲線如下下列說法正確的是( ) A. 溫度一定時，Ksp(SrSO4)隨c(SO42)的增大而減小B. 三個不同溫度中，313K時Ksp(SrSO4)最大C. 283K時，圖中a點對應(yīng)的溶液是不飽和溶液D. 283K下的SrSO4飽和溶液升溫到363K后變?yōu)椴伙柡腿芤?.(xx屆山東棗莊)(1)常溫下某溶液中由水電離出的離子濃度符合c(H+)c(OH)=11020的溶液，其pH為，此時水的電離受到(2)已知：2NO2(g)N2O4(g)H=57.20kJmol1一定溫度下，在密閉容器中反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)達到平衡其他條件不變時，下列措施能提高NO2轉(zhuǎn)化率的是(填字母)A. 減小NO2的濃度B. 降低溫度C. 增加NO2的濃度D. 升高溫度(3)在某溫度下，H2O的離子積常數(shù)為11013mol2L2，則該溫度下：0.01molL1NaOH溶液的pH=；100mL 0.1molL1H2SO4溶液與100mL 0.4molL1的KOH溶液混合后，pH=(4)已知一溶液有4種離子：X+、Y、H+、OH，下列分析結(jié)果肯定錯誤的是A. c(Y)c(X+)c(H+)c(OH)B. c(X+)c(Y)c(OH)c(H+)C. c(H+)c(Y)c(X+)c(OH)D. c(OH)c(X+)c(H+)c(Y)(5)在25下，將a molL1的氨水與0.01molL1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)時溶液中c(NH)=c(Cl)則溶液顯(填“酸”“堿”或“中”)性；用含a的代數(shù)式表示NH3H2O的電離常數(shù)Kb=(6)水溶液中的行為是中學(xué)化學(xué)的重要內(nèi)容已知下列物質(zhì)的電離常數(shù)值：HClO：Ka=3108HCN：Ka=4.91010H2CO3：Ka1=4.3107Ka2=5.6101184消毒液中通入少量的CO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為8.(xx屆山東棗莊)在25時將pH=11的NaOH 溶液與pH=3的CH3COOH溶掖等體積混合后，下列關(guān)系式中正確的是( ) A. c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)B. c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)C. c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)D. c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)9.(xx屆山東棗莊)將一定體積的NaOH溶液分成兩等份，一份用pH=2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的體積為V1；另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液的體積為V2；則下列敘述正確的是( ) A. 若V1V2，則說明HA的酸性比HB的酸性強B. 若V1V2，則說明HA的酸性比HB的酸性弱C. 因為兩種酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2D. HA. HB分別和NaOH中和后，所得的溶液都一定呈中性10.(xx屆山東棗莊)25時，在1.0L濃度均為0.01molL1的某一元酸HA與其鈉鹽組成的混合溶液中，測得c(Na+)c(A)，則下列描述中，不正確的是( ) A. 該溶液的pH7B. HA的酸性很弱，A水解程度較大C. c(A)+c(HA)=0.02molL1D. n(A)+n(OH)=0.01mo1+n(H+)11.(xx屆山東棗莊)在25時，某溶液中由水電離出的H+=11012molL1，則該溶液的pH可能是( ) A. 12B. 10C. 6D. 412.(xx屆山東棗莊)相同溫度下，根據(jù)三種酸的電離常數(shù)，下列判斷正確的是( ) 酸HXHYHZ電離常數(shù)K/(molL1)910791061102A. 三種酸的強弱關(guān)系：HXHYHZB. 反應(yīng)HZ+YHY+Z能夠發(fā)生C. 相同溫度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D. 相同溫度下，1mol/L HX溶液的電離常數(shù)大于0.1mol/L HX溶液的電離常數(shù)13.(xx屆山東棗莊)已知25物質(zhì)的溶度積常數(shù)為：FeS：Ksp=6.31018；CuS：Ksp=1.31036；ZnS：Ksp=1.61024下列說法正確的是( ) A. 相同溫度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B. 除去工業(yè)廢水中的Cu2+，可以選用FeS做沉淀劑C. 足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能達到的最大濃度為1.31035mol/LD. 在ZnS的飽和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不產(chǎn)生FeS沉淀14.(xx屆山東棗莊)實驗：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等體積混合得到濁液a，過濾得到濾液b和白色沉淀c；向濾液b中滴加0.1molL1KI溶液，出現(xiàn)渾濁；向沉淀c中滴加0.1molL1KI溶液，沉淀變?yōu)辄S色下列分析不正確的是( ) A. 濁液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)B. 濾液b中不含有Ag+C. 中顏色變化說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgID. 實驗可以證明AgI比AgCl更難溶參考答案：一、選擇題(每題分，計分)1.(xx屆山東德州)關(guān)鍵字:山東期中現(xiàn)有Na2CO3、H2SO4、Ba(OH)2三種物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度與體積都相等的溶液，若以不同順序?qū)⑺鼈冎械膬煞N混合起來，出現(xiàn)沉淀后過濾，再將濾液與第三種溶液混合起來，最終所得的溶液( ) A. 一定呈酸性B. 不可能呈堿性C. 可能呈中性或堿性D. 一定呈中性【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算【專題】離子反應(yīng)專題【分析】如果是Na2CO3、Ba(OH)2先混合，再把濾液和H2SO4混合，所得溶液為Na2SO4溶液，溶液顯中性；如果是H2SO4、Ba(OH)2先混合，再與Na2CO3混合，得到的是Na2CO3溶液，溶液顯堿性，如果是Na2CO3、H2SO4先混合，再把濾液和Ba(OH)2混合，所得溶液為NaOH溶液，呈堿性【解答】解：若先將Na2CO3溶液和H2SO4溶液混合后，再加Ba(OH)2，Na2CO3、H2SO4恰好完全反應(yīng)，生成的Na2SO4再與Ba(OH)2恰好完全反應(yīng)，最終生成的NaOH溶液顯堿性；若先將Na2CO3溶液和Ba(OH)2溶液混合后，再加H2SO4，Na2CO3、Ba(OH)2恰好完全反應(yīng)，生成的NaOH再與H2SO4恰好完全反應(yīng)，最終生成的Na2SO4溶液顯中性；若先將H2SO4和Ba(OH)2溶液混合后，再加Na2CO3溶液，H2SO4和Ba(OH)2溶液恰好完全反應(yīng)，生成硫酸鋇和水，再加入a2CO3溶液，水解呈堿性則混合后溶液可能呈中性或堿性，不可能呈酸性，故選C. 【點評】本題考查溶液酸堿性定性判斷，為高頻考點，明確反應(yīng)實質(zhì)及最后所得溶液溶質(zhì)成分是解本題關(guān)鍵，題目難度不大2.(xx屆山東聊城莘縣實驗)關(guān)鍵字:山東期中下列說法不正確的是( ) 將BaSO4放入水中不能導(dǎo)電，所以BaSO4是非電解質(zhì)氨溶于水得到的氨水能導(dǎo)電，所以氨水是電解質(zhì)固態(tài)共價化合物不導(dǎo)電，熔融態(tài)的共價化合物可以導(dǎo)電固態(tài)的離子化合物不導(dǎo)電，熔融態(tài)的離子化合物也不導(dǎo)電強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力強A. B. C. D. 【考點】電解質(zhì)與非電解質(zhì)；電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】硫酸鋇是難溶的鹽，熔融狀態(tài)完全電離；氨氣本身不能電離出離子，溶液導(dǎo)電是氨氣和水反應(yīng)生成的一水合氨弱電解質(zhì)電離的原因；熔融態(tài)共價化合物不能電離出離子，不能導(dǎo)電；離子化合物熔融態(tài)電離出離子，能導(dǎo)電；溶液導(dǎo)電能力取決于溶液中離子濃度的大小，與電解質(zhì)強弱無關(guān)；【解答】解：硫酸鋇是難溶的鹽，熔融狀態(tài)完全電離；所以BaSO4是強電解質(zhì)，故錯誤；氨氣本身不能電離出離子，溶液導(dǎo)電是氨氣和水反應(yīng)生成的一水合氨弱電解質(zhì)電離的原因；熔融態(tài)共價化合物不能電離出離子，不能導(dǎo)電；所以氨水是電解質(zhì)溶液，故錯誤；離子化合物熔融態(tài)電離出離子，能導(dǎo)電，故錯誤；溶液導(dǎo)電能力取決于溶液中離子濃度的大小，與電解質(zhì)強弱無關(guān)，強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力強，故錯誤；故選D. 【點評】本題考查了強電解質(zhì)、弱電解質(zhì)和非電解質(zhì)的判斷，難度不大，明確電解質(zhì)的強弱與電離程度有關(guān)，與溶液的導(dǎo)電能力大小無關(guān)3.常溫下將稀NaOH溶液與稀CH3COOH溶液混合，不可能出現(xiàn)的結(jié)果是( ) A. pH7，且c(OH)c(Na+)c(H+)c(CH3COO)B. pH7，且c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)C. pH7，且c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)D. pH=7，且c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】A. pH7，說明溶液呈堿性，如NaOH過量，可存在c(Na+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)；B. 任何溶液都存在電荷守恒；C. 醋酸為弱酸，pH7，說明醋酸過量；D. 從溶液電荷守恒的角度判斷【解答】解：A. pH7，說明溶液呈堿性，如NaOH過量，可存在c(Na+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)，故A錯誤；B. pH7，說明溶液呈堿性，溶液存在電荷守恒，則有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，故B正確；C. pH7，說明醋酸過量，如醋酸過量較多，則可存在c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)，故C正確；D. 根據(jù)溶液的電荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，pH=7，則有c(H+)=c(OH)，則溶液中存在c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)，故D正確故選A. 【點評】本題考查酸堿混合的定性判斷和計算，題目難度中等，本題注意醋酸為弱電解質(zhì)的特點，結(jié)合溶液的電荷守恒解答該題4.25下，0.1mol/L的Na2S溶液，下列敘述正確的是( ) A. 升高溫度，溶液的pH降低B. 加入NaOH固體，溶液中的c(Na+)、c(S2)均增大C. c(Na+)c(S2)c(OH)c(H+)D. 2c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)【考點】影響鹽類水解程度的主要因素；離子濃度大小的比較【專題】鹽類的水解專題【分析】A. 升高溫度，促進鹽類的水解，溶液pH增大；B. 向溶液中加入少量NaOH固體，抑制Na2S的水解；C. Na2S溶液存在S2+H2OHS+OH；D. 從物料守恒的角度分析【解答】解：A. 升高溫度，促進鹽類的水解，所以氫氧根離子濃度增大，溶液pH增大，故A錯誤；B. 向溶液中加入少量NaOH固體，增大了鈉離子濃度，c(OH)增大，抑制Na2S的水解，故B正確；C. Na2S溶液存在S2+H2OHS+OH，則有c(OH)c(H+)，所以c(Na+)c(S2)c(OH)c(H+)，故C正確；D. 物料守恒可知Na的物質(zhì)的量是S的物質(zhì)的量的2倍，S在溶液存在形式有3種，所以c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)，故D錯誤故選BC. 【點評】本題考查離子濃度大小的比較，題目難度不大，注意從物料守恒的角度分析，把握鹽類水解的原理，易錯點為D，注意離子濃度的變化5.下列關(guān)于pH變化的判斷正確的是( ) A. 溫度升高，Na2CO3溶液pH減小B. 氫氧化鈉溶液久置于空氣中，溶液pH變大C. 新制氯水經(jīng)光照一段時間后，溶液pH減小D. 溫度升高，純水pH增大【考點】鹽類水解的應(yīng)用；水的電離【分析】A. 碳酸鈉溶液中碳酸根離子的水解是吸熱反應(yīng)；B. 氫氧化鈉會吸收空氣中的二氧化碳生成碳酸鈉，氫氧根離子濃度減?。籆. 新制氯水中含有氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸，次氯酸見光分解，最后得鹽酸，溶液酸性增強；D. 水的電離是吸熱過程，升溫平衡正向進行，氫離子、氫氧根離子濃度增大【解答】解：A. 碳酸鈉溶液中碳酸根離子的水解是吸熱反應(yīng)，升溫崔進水解正向進行，溶液減小增強，pH增大，故A錯誤；B. 氫氧化鈉會吸收空氣中的二氧化碳生成碳酸鈉，氫氧根離子濃度減小，溶液pH減小，故B錯誤；C. 新制氯水中含有氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸，次氯酸見光分解，最后得稀鹽酸，溶液酸性增強，pH減小，故C正確；D. 水的電離是吸熱過程，升溫平衡正向進行，氫離子、氫氧根離子濃度增大，所以純水pH減小，故D錯誤；故選C. 【點評】本題考查了弱電解質(zhì)電離、鹽類水解原理的分析應(yīng)用，注意水解和弱電解質(zhì)電離都是吸熱過程，升溫促進，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目較簡單6.硫酸鍶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲線如下下列說法正確的是( ) A. 溫度一定時，Ksp(SrSO4)隨c(SO42)的增大而減小B. 三個不同溫度中，313K時Ksp(SrSO4)最大C. 283K時，圖中a點對應(yīng)的溶液是不飽和溶液D. 283K下的SrSO4飽和溶液升溫到363K后變?yōu)椴伙柡腿芤骸究键c】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【專題】壓軸題；電離平衡與溶液的pH專題【分析】沉淀溶解平衡中的溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)，與濃度改變無關(guān)；溶解度隨溫度變化而變化，也隨離子濃度改變；硫酸鍶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲線，縱軸是鍶離子濃度的對數(shù)，橫軸是硫酸根離子濃度的對數(shù)圖象分析采取定一議二的方法進行分析；【解答】解：A. Ksp只與溫度有關(guān)與濃度無關(guān)，故A錯誤；B. 由圖象可知：在相同條件下，溫度越低，越大，Ksp(SrSO4)越大，B正確；C. a點在283K的下方，屬于不飽和溶液，C正確；D. 283K下的SrSO4飽和溶液升溫到363K后會有晶體析出，還是屬于飽和溶液，D錯誤故選BC. 【點評】本題考查沉淀溶解平衡及Ksp的意義和應(yīng)用，飽和溶液的判斷，關(guān)鍵是正確分析圖象中縱坐標和橫坐標的意義，理解曲線的變化趨勢7.(1)常溫下某溶液中由水電離出的離子濃度符合c(H+)c(OH)=11020的溶液，其pH為4或10，此時水的電離受到抑制(2)已知：2NO2(g)N2O4(g)H=57.20kJmol1一定溫度下，在密閉容器中反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)達到平衡其他條件不變時，下列措施能提高NO2轉(zhuǎn)化率的是BC(填字母)A. 減小NO2的濃度B. 降低溫度C. 增加NO2的濃度D. 升高溫度(3)在某溫度下，H2O的離子積常數(shù)為11013mol2L2，則該溫度下：0.01molL1NaOH溶液的pH=11；100mL 0.1molL1H2SO4溶液與100mL 0.4molL1的KOH溶液混合后，pH=12(4)已知一溶液有4種離子：X+、Y、H+、OH，下列分析結(jié)果肯定錯誤的是CA. c(Y)c(X+)c(H+)c(OH)B. c(X+)c(Y)c(OH)c(H+)C. c(H+)c(Y)c(X+)c(OH)D. c(OH)c(X+)c(H+)c(Y)(5)在25下，將a molL1的氨水與0.01molL1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)時溶液中c(NH)=c(Cl)則溶液顯中(填“酸”“堿”或“中”)性；用含a的代數(shù)式表示NH3H2O的電離常數(shù)Kb=(6)水溶液中的行為是中學(xué)化學(xué)的重要內(nèi)容已知下列物質(zhì)的電離常數(shù)值：HClO：Ka=3108HCN：Ka=4.91010H2CO3：Ka1=4.3107Ka2=5.6101184消毒液中通入少量的CO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO【考點】離子濃度大小的比較；化學(xué)平衡的影響因素；水的電離【專題】鹽類的水解專題【分析】(1)水電離出的氫離子和氫氧根離子濃度相等，據(jù)此計算出水電離出的氫離子的濃度，然后判斷溶液酸堿性及對水的電離的影響情況；(2)該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積減小的、放熱的可逆反應(yīng)，要提高二氧化氮的轉(zhuǎn)化率，只要改變條件使化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動即可；(3)溶液中c(H+)=，pH=lgc(H+)；混合溶液中c(OH)=，c(H+)=，pH=lgc(H+)；(4)該溶液可能為中性、酸性、堿性溶液，但溶液中一定滿足電荷守恒，根據(jù)電荷守恒進行判斷；(5)在25下，平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl)=0.005mol/L，根據(jù)物料守恒得c(NH3H2O)=(0.5a0.005)mol/L，根據(jù)電荷守恒得c(H+)=c(OH)=107mol/L，溶液呈中性，根據(jù)NH3H2O的電離常數(shù)Kb計算；(6)由Ka可知碳酸的酸性HClO，發(fā)生強酸制取弱酸的反應(yīng)【解答】解：(1)常溫下某溶液中由水電離出的離子濃度符合c(H+)c(OH)=11020的溶液中滿足：c(H+)=c(OH)=11010mol/L，則該溶液抑制了水的電離，為酸性或堿性溶液，溶液的pH可能為4或10，故答案為：4或10；抑制；(2)該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積減小的、放熱的可逆反應(yīng)，要使該反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，可改變反應(yīng)物的濃度、體系的壓強、溫度等，A. 減小N02的濃度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，N02的轉(zhuǎn)化率降低，故A錯誤；B. 降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，N02的轉(zhuǎn)化率提高，故B正確；C. 增加N02的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動，且體系壓強增大，也利于反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，故C正確；D. 升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，N02的轉(zhuǎn)化率降低，故D錯誤；故答案為：BC；(3)溶液中c(H+)=mol/L=1011mol/L，pH=lgc(H+)=lg1011=11，故答案為：11；混合溶液中c(OH)=0.1mol/L，c(H+)=mol/L=1012mol/L，pH=lgc(H+)=12，故答案為：12；(4)A. 當(dāng)溶液為酸性時，可以滿足關(guān)系：c(Y)c(X+)c(H+)c(OH)，故A正確；B. 當(dāng)溶液呈堿性時可以滿足c(X+)c(Y)c(OH)c(H+)，故B正確；C. 該關(guān)系c(H+)c(Y)c(X+)c(OH)無法了電荷守恒，故C錯誤；D. 當(dāng)溶液呈堿性，且YOH遠遠過量時可以滿足c(OH)c(X+)c(H+)c(Y)，故D正確；故答案為：C；(5)在25下，平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl)=0.005mol/L，根據(jù)物料守恒得c(NH3H2O)=(0.5a0.005)mol/L，根據(jù)電荷守恒得c(H+)=c(OH)=107mol/L，溶液呈中性，NH3H2O的電離常數(shù)Kb=，故答案為：中；(6)由Ka可知碳酸的酸性HClO，則84消毒液中通入少量的CO2的反應(yīng)為：NaClO+CO2+H2OHClO+NaHCO3，故答案為：NaClO+CO2+H2OHClO+NaHCO3【點評】本題考查離子濃度大小比較、鹽類水解的應(yīng)用及電解原理，為高頻考點，題目難度中等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，明確鹽類水解規(guī)律及酸性強弱的關(guān)系、電離平衡常數(shù)的計算、離子的放電順序等即可解答8.在25時將pH=11的NaOH 溶液與pH=3的CH3COOH溶掖等體積混合后，下列關(guān)系式中正確的是( ) A. c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)B. c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)C. c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)D. c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算；離子濃度大小的比較【專題】壓軸題；電離平衡與溶液的pH專題【分析】CH3COOH為弱酸，在25時將pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶掖等體積混合時，醋酸過量，溶液呈酸性，則有c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，以此判斷，其它選項皆不正確【解答】解：A. 設(shè)溶液的體積都為1L，CH3COOH為弱酸，在25時將pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶掖等體積混合時，醋酸過量，反應(yīng)后的溶液中有n(Na+)=0.001mol，n(CH3COO)+n(CH3COOH)0.001mol，則c(Na+)c(CH3COO)+c(CH3COOH)，故A錯誤；B. 根據(jù)溶液呈電中性，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，則c(H+)c(CH3COO)+c(OH)，故B錯誤；C. 在25時將pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶液等體積混合時，醋酸過量，則c(CH3COO)c(Na+)，故C錯誤；D. 在25時將pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶液等體積混合時，醋酸過量，溶液呈酸性，則有c(CH3COO)c(Na+)，c(H+)c(OH)，由于H+離子與OH離子反應(yīng)，則溶液中c(Na+)c(H+)，所以有c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故D正確故選D. 【點評】本題考查溶液離子濃度的大小比較，本題難度中等，做題時注意pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶掖等體積混合后，溶液中醋酸過量，溶液呈酸性，以此進行分析和比較9.將一定體積的NaOH溶液分成兩等份，一份用pH=2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的體積為V1；另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液的體積為V2；則下列敘述正確的是( ) A. 若V1V2，則說明HA的酸性比HB的酸性強B. 若V1V2，則說明HA的酸性比HB的酸性弱C. 因為兩種酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2D. HA. HB分別和NaOH中和后，所得的溶液都一定呈中性【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【分析】pH 均為2的一元酸HA. HB，兩種溶液中H+離子濃度相等，酸越弱則酸的濃度越大，與氫氧化鈉反應(yīng)時消耗的體積越小，所以消耗的體積大的酸性較強；若V1V2，則說明HA 的酸性比HB的酸性強；若V1=V2，則說明HA 的酸性與HB的酸性相同【解答】解：pH 均為2的一元酸HA. HB，兩種溶液中H+離子濃度相等，酸越弱則酸的濃度越大，與氫氧化鈉反應(yīng)時消耗的體積越小，所以消耗的體積大的酸性較強；若V1V2，則說明HA 的酸性比HB的酸性強；若V1=V2，則說明HA 的酸性與HB的酸性相同A. 由以上分析可知，VlV2，則說明HA 的酸性比HB的酸性強，故A正確；B. 由以上分析可知，VlV2，則說明HA 的酸性比HB的酸性強，故B錯誤；C. 因為不知道兩種酸的酸性強弱關(guān)系，所以不能判斷V1與V2的相對大小，故C錯誤；D. 若HA與HB為弱酸，則HA. HB分別和NaOH中和后，所得的溶液顯堿性，故D錯誤；故選A. 【點評】本題考查酸性強弱的定性判斷，題目難度中等，注意根據(jù)兩種酸溶液中H+離子濃度相等時，酸越弱則酸的濃度越大這一特點分析判斷10.25時，在1.0L濃度均為0.01molL1的某一元酸HA與其鈉鹽組成的混合溶液中，測得c(Na+)c(A)，則下列描述中，不正確的是( ) A. 該溶液的pH7B. HA的酸性很弱，A水解程度較大C. c(A)+c(HA)=0.02molL1D. n(A)+n(OH)=0.01mo1+n(H+)【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理【專題】鹽類的水解專題【分析】A. 根據(jù)陰陽離子所帶電荷相等確定溶液中氫離子濃度和氫氧根離子濃度的相對大小，從而確定溶液的酸堿性；B. 根據(jù)混合溶液的酸堿性確定酸的電離程度和酸根離子水解程度的相對大?。籆. 根據(jù)物料守恒確定酸根離子和酸的濃度之和；D. 根據(jù)電荷守恒確定溶液中陰陽離子關(guān)系【解答】解：A. 混合溶液呈電中性，溶液中陰陽離子所帶電荷相等，因為c(Na+)c(A)，所以溶液中c(H+)c(OH)，所以pH7，故A錯誤；B. 混合溶液是酸和鈉鹽的混合液，溶液呈堿性，說明酸的電離程度小于酸根離子的水解程度，故B正確；C. 根據(jù)溶液中物料守恒得，C(A)+c(HA)=0.02molL1，故C正；D. 混合溶液呈電中性，溶液中陰陽離子所帶電荷相等，n(A)+n(OH)=n(Na+)+n(H+)，溶液中鈉離子不水解，所以n(Na+)=0.01mol/L1L=0.01mol，所以n(A)+n(OH)=0.01mol+n(H+)，故D正確；故選A. 【點評】本題考查了弱電解質(zhì)的電離，根據(jù)溶液中電荷守恒、物料守恒來分析解答即可，難度不大11.在25時，某溶液中由水電離出的H+=11012molL1，則該溶液的pH可能是( ) A. 12B. 10C. 6D. 4【考點】pH的簡單計算【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】在25時，某溶液中，由水電離出的c(H+)水=1.01012mol/L107mol/L，說明該溶液中的溶質(zhì)抑制了水的電離，溶質(zhì)能電離出氫離子、氫氧根離子就能抑制水電離，據(jù)此分析判斷【解答】解：在25時，溶液中由水電離出的c(H+)水=1.01012mol/L107mol/L，說明該溶液中的溶質(zhì)抑制水的電離，溶質(zhì)能電離出氫離子、氫氧根離子就能抑制水電離，則該溶質(zhì)可能是酸或堿或強酸的酸式鹽，如果為酸溶液，溶液中的氫氧根離子是水電離的，水電離出的c(H+)水=c(OH)=1.01012mol/L，溶液中的氫離子濃度為：c(H+)=0.01mol/L，則溶液的pH=2；如果為堿溶液，溶液中的氫離子是水電離的，c(H+)=11012mol/L，則溶液的pH=12，故選A. 【點評】本題考查了水的電離及溶液的pH計算，題目難度中等，注意明確溶液中的溶質(zhì)是抑制水電離是解本題的關(guān)鍵，能電離出氫離子或氫氧根離子的物質(zhì)抑制水電離，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識能力12.相同溫度下，根據(jù)三種酸的電離常數(shù)，下列判斷正確的是( ) 酸HXHYHZ電離常數(shù)K/(molL1)910791061102A. 三種酸的強弱關(guān)系：HXHYHZB. 反應(yīng)HZ+YHY+Z能夠發(fā)生C. 相同溫度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D. 相同溫度下，1mol/L HX溶液的電離常數(shù)大于0.1mol/L HX溶液的電離常數(shù)【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】相同溫度下，酸的電離常數(shù)越大，則酸的電離程度越大，酸的酸性越強，則酸根離子水解程度越小，結(jié)合強酸制取弱酸分析解答【解答】解：A. 相同溫度下，酸的電離常數(shù)越大，則酸的電離程度越大，酸的酸性越強，則酸根離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，這三種酸的強弱順序是HZHYHX，故A錯誤；B. 由A知，HZ的酸性大于HY，根據(jù)強酸制取弱酸知，HZ+YHY+Z能發(fā)生，故B正確；C. 根據(jù)電離平衡常數(shù)知，這三種酸的強弱順序是HZHYHX，酸的電離程度越大，酸根離子水解程度越小，則相同濃度的鈉鹽溶液，酸根離子水解程度越大的溶液其堿性越強，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C錯誤；D. 相同溫度下，同一物質(zhì)的電離平衡常數(shù)不變，故D錯誤；故選B. 【點評】本題考查了弱電解質(zhì)的電離，明確相同溫度下電離平衡常數(shù)與電解質(zhì)強弱的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，易錯選項是D，注意溫度不變，同一物質(zhì)的電離平衡常數(shù)不變，與溶液的濃度無關(guān)，為易錯點13.已知25物質(zhì)的溶度積常數(shù)為：FeS：Ksp=6.31018；CuS：Ksp=1.31036；ZnS：Ksp=1.61024下列說法正確的是( ) A. 相同溫度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B. 除去工業(yè)廢水中的Cu2+，可以選用FeS做沉淀劑C. 足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能達到的最大濃度為1.31035mol/LD. 在ZnS的飽和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不產(chǎn)生FeS沉淀【考點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】A. 根據(jù)溶度積大小進行比較，溶度積越大，溶解度越大；B. 根據(jù)溶度積大的沉淀可以轉(zhuǎn)化為溶度積小的沉淀；C. H2S是弱酸，硫離子的最大濃度為0.1mol/L，根據(jù)CuS的溶度積常數(shù)(Ksp)為1.31036即可求得；D. 當(dāng)QcKsp就會生成沉淀【解答】解；A. 由于Ksp(CuS)=1.31036Ksp(ZnS)=1.61024，所以溶解度CuSZnS，故A錯誤；B. 由于Ksp(CuS)=1.31036Ksp(FeS)=6.31018，硫化銅的溶解度小于硫化亞鐵的，所以除去工業(yè)廢水中含有的Cu2+，可采用FeS 固體作為沉淀劑，故B正確；C. H2S是弱酸，硫離子的最大濃度為0.1mol/L，CuS的溶度積常數(shù)(Ksp)為1.31036，所以溶液中Cu2+的最小濃度為1.31035mol/L，故C錯誤；D. ZnS的飽和溶液中存在S2，加入FeCl2溶液，當(dāng)Qc=c(Fe2+)c(S2)Ksp(FeS)，就會生成FeS沉淀，故D錯誤；故選：B. 【點評】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，題目難度不大，注意對溶度積常數(shù)的利用和理解14.實驗：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等體積混合得到濁液a，過濾得到濾液b和白色沉淀c；向濾液b中滴加0.1molL1KI溶液，出現(xiàn)渾濁；向沉淀c中滴加0.1molL1KI溶液，沉淀變?yōu)辄S色下列分析不正確的是( ) A. 濁液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)B. 濾液b中不含有Ag+C. 中顏色變化說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgID. 實驗可以證明AgI比AgCl更難溶【考點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】A. 根據(jù)沉淀的溶解平衡；B. 濾液為AgCl的飽和溶液，也存在沉淀的溶解平衡；C. 根據(jù)AgCl為白色沉淀，AgI為黃色沉淀；D. 根據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度更小的物質(zhì)容易發(fā)生；【解答】解：A. 根據(jù)濁液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)，故A正確；B. 濾液為AgCl的飽和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B錯誤；C. 向AgCl中滴加0.1molL1KI溶液，白色AgCl沉淀變?yōu)辄S色AgI沉淀，故C正確；D. 向AgCl中滴加0.1molL1KI溶液，白色AgCl沉淀變?yōu)辄S色AgI沉淀，實驗證明AgI比AgCl更難溶，故D正確；故選：B. 【點評】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，注意沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度更小的物質(zhì)容易發(fā)生