【2021高考化学】水溶液中的离子平衡含答案

1．(2021届·湖北高三月考)某温度下，向10 mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-1 K2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-1 AgNO3溶液。滴加过程中pM[pM=-lgM，M为c(Cl-)或c()]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如图所示。已知Ag2CrO4为深红色沉淀，100.1≈1.259，≈1.265。下列说法错误的是(　　)

A．a1、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：b>c>a1

B．若将上述NaCl溶液的浓度改为0.2 mol·L-1，则a1点会平移至a2点

C．若将a1与b点溶液混合，则有AgCl与Ag2CrO4固体析出

D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时,可用K2CrO4溶液作指示剂

【答案】C

【解析】根据pM=－lgc(Cl-)或pM=－lgc(CrO42－)可知，c(CrO42－)越小，pM越大。根据图像，向10 mL 0.1 mol·L-lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-lAgNO3溶液。当滴加10 mL0.1 mol·L-lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 mol·L-lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4。A项，al点恰好反应，－lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10－4.9mol·L-l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L-l，b点c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的1/4，则c(CrO42－)= 0.025mol·L-l，则c(Ag+)==×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，A正确；B项，温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，B正确；C项，将a1与b点溶液混合，AgCl沉淀出来， 银离子量不足，Ag2CrO4不能沉淀．C错误；D项，根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，D正确。故选C。

2．(2021届·浙江绍兴市诸暨中学高三月考)常温下，0.2mol•L-1Na2CrO4溶液中，H2CrO4、CrO42-、Cr2O72-和HCrO4-的分布曲线如图所示。

(已知：2 CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O)，下列叙述错误的是(   )

A．曲线M表示pH与CrO42-的变化关系

B．Ka2(H2CrO4)为10-1

C．HCrO4-的电离程度大于水解程度

D．pH=2和pH=5时，2 HCrO4- Cr2O72-+H2O的平衡常数相等

【答案】B

【解析】A项，碱性增强， 2 CrO42- +2H+= Cr2O72-+H2O逆向移动，c (Cr2O72- )增大，所以曲线M表示pH与CrO42-的变化关系，故A正确，不符合题意；B项， ，当c(Cr2O72-) =c (HCrO4-)即Q与M的交叉点时， Ka2=c(H+)≈10-8.5=100.5×10-7，所以Ka2 ( H2CrO4 )的数量级为10-7 ，故B错误，符合题意；C项，由图可知当c ( H2CrO4) =c (HCrO4- )即H2CrO4与Q的交叉点时， Ka1 ( H2CrO4) =c(H+)≈10-1，HCrO4-的水解常数 =10-13< 10-8.5，所以HCrO4-的电离程度大于水解程度，故C正确，不符合题意；D项，平衡常数K只与温度有关，温度不变，则K不变，所以pH=2和pH= 5时， 2 HCrO4- Cr2O72-+H2O的平衡常数相等， 故D正确，不符合题意。故选B。

3．(2021届·四川省仁寿第二中学高三月考)室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc(Ba2+)与的变化关系如图所示。下列说法正确的是(   )

(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10－7、5.6×10－11)

A．a对应溶液的pH小于b

B．b对应溶液的c(H+)=4.2×10－7mol·L-1

C．a→b 对应的溶液中减小

D．a 对应的溶液中一定存在：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)

【答案】D

【解析】A项，温度不变水解平衡常数不变，，则横坐标数值越大，溶液中c(OH-)越小，溶液的pH值越小，则溶液的pH：a点大于b点，故A错误；B项，b点=2，则＝=，c(H+)=5.6×10-11×100=5.6×10-9，故B错误；C项，温度不变电离平衡常数、水的离子积不变，则不变，故C错误；D项，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，说明c(CO32-)= c(HCO3-)，根据电荷守恒得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2 c(CO32-)+ c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)，所以得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3 c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)，故D正确；故故选D。

4．(2021届·肇东市第四中学校)25 ℃时，PbR(R2－为SO或CO)的沉淀溶解平衡关系图如图所示。已知Ksp(PbCO3)A．线a表示PbCO3

B．Y点溶液是PbCO3 的过饱和溶液

C．当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中c(SO42-)和c(CO32-)的比是1×105

D．向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，可转化为Y点对应的溶液

【答案】D

【解析】A项，由Ksp(PbCO3)5．(2019·安徽省舒城中学高二月考)25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[－lgc(M2＋)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]。下列说法不正确的是(     )

A．Ksp[Cu(OH)2]的数量级为10－20

B．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝104.6∶1

C．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2＋，可加入适量CuO

D．向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液

【答案】C

【解析】25℃时，由Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]可知溶液pH相同时，饱和溶液中c(Fe2＋) ＞c(Cu2＋)，则曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，曲线b表示Fe (OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系。A项，曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，由图可知，当pH=10时，－lg c(M2＋)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2＋) c2(OH－)= 10—11.7×(10—4)2=10—19.7，故A正确；B项，当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(OH－)相同，当pH=10时，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝10—7.1：10—11.7=104.6∶1，故B正确；C项，该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]可知，Cu(OH)2比Fe(OH)2更难溶，加入适量CuO调节溶液pH，先沉淀的是Cu2＋，无法达到除去少量Fe2＋的目的，故C错误；D项，向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，温度不变Ksp[Fe(OH)2]，c(Fe2＋)减小，可能由Z点转化为Y点，故D正确。故选C。

6．(2021届·福建莆田市莆田二中高三月考)常温下，向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol·L-1氨水，溶液中水电离出的H+浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是(    )

A．稀硫酸的浓度为0.1mol·L-1

B．C点溶液呈中性

C．E点溶液中存在：c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)

D．B点到D点、D点到F点所加氨水体积一定相等

【答案】C

【解析】向稀硫酸中滴入氨水，发生反应H2SO4＋2NH3·H2O===(NH4)2SO4＋2H2O，开始时硫酸过量，溶液显酸性，抑制水的电离，随着反应进行，硫酸被消耗，水的电离程度增大，D点时，稀硫酸和氨水恰好完全反应生成(NH4)2SO4，水的电离程度达到最大，此时溶液显酸性的原因是NH4+水解，随着氨水的继续滴加，水的电离程度逐渐减小，E点溶液仍呈酸性，因为此时NH4+的水解程度大于NH3·H2O的电离程度。A项，根据图像A点可知，在稀H2SO4溶液中，水电离出的氢离子浓度是10－13mol·L－1，根据水的离子积常数可得，硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol·L－1，则稀硫酸的浓度为0.05mol·L－1，A错误；B项，D点由水电离出的H＋浓度最大，此时稀硫酸与氨水恰好完全反应生成(NH4)2SO4，则C点时硫酸过量，溶液显酸性，故B错误；C项，E点溶液为硫酸铵和一水合氨的混合溶液，此时溶液显酸性，则c(NH4+)>c(SO42-)>c(H＋)>c(OH－)，故C正确；D项，B点到D点水的电离程度增大，是硫酸铵生成阶段，铵根离子水解使溶液显酸性，促进水的电离，D点到F点，因为加入的氨水抑制水的电离，使水的电离程度逐渐减小，两个阶段铵根离子的水解程度不一样，则加氨水体积不相等，故D错误；选C。

7．(2019·四川乐山市高三一模)常温下向20mL0.10mol/LCH3COOH溶液中滴加0.10mol/ L NaOH溶液时，混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：pKa=－lgKa。下列说法不正确的是(   )

A．CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOHH++CH3COO－

B．b点，加入NaOH溶液的体积小于20mL

C．将等物质的量的CH3COOH和CH3 COONa一起溶于蒸馏水中，得到对应a点的溶液

D．常温下，CH3COOH的电离常数为Ka，则pKa=4.7

【答案】C

【解析】A项，醋酸为弱电解质，部分电离，溶液中存在如下平衡：CH3COOHH++CH3COO－，A正确；B项，20mL0.10mol/LCH3COOH溶液中滴加20mL0.10mol/ L NaOH溶液时，则恰好生成醋酸钠，醋酸根离子水解溶液呈碱性，b点溶液为中性，则加入的NaOH溶液的体积小于20mL，B正确；C项，等物质的量的CH3COONa和CH3COOH混合，溶液呈酸性，CH3COOH电离大于CH3COO-水解，则c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，C错误；D项，a点时，x轴为0，lg=0，则Ka= c(H+)，y轴pH=-1gc(H+)=4.7，则c(H+)=10-4.7，Ka=10-4.7，pKa=－lgKa=4.7，D正确；故选C。

8．(2021届·三门峡市外国语高级中学高三期中)已知：25 ℃ 时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。该温度下，用0.100 mol·L－1的氨水滴定10.00 mL 0.100 mol·L－1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．HA为强酸

B．a<10

C．25 ℃时，NH的水解平衡常数为×10－9

D．当滴入20 mL氨水时， 溶液中存在c(NH4+)>c(A－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)

【答案】B

【解析】根据图像，0.1mol/L的一元酸HA溶液中lg=12，则=1012，结合c(H＋)×c(H＋)=10-14解得c(H+)=0.1mol/L，则HA为强酸。A项，由分析可知，HA为强酸，A正确；B项，若a=10，则二者恰好完全反应生成NH4A，该铵盐水解，溶液显酸性，lg＞0，结合图像可知当lg=0时，a >10，B不正确；C项，25℃时，NH4+的水解平衡常数===10-9，C正确；D项，当滴入氨水的体积V =20mL时得到等物质的量浓度的NH4A和氨水的混合液，由于NH3·H2O的电离平衡常数大于NH4+的水解平衡常数，则NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，所以c(NH4+)>c( A-)、c(OH－)>c(H＋)，则c(NH4+)>c(A－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。故选B。

9．25 ℃时，0.1 mol/LR2SO4溶液加水稀释，混合溶液中 与的关系如图所示。下列说法错误的是(   )

A．Kb(ROH)的数量级为10-6

B．P、Q点对应溶液中c(H+ )的值：P＜Q

C．若将溶液无限稀释,溶液中c(R+ )≈2c(SO42-)

D．相同条件下，若改为c(R2SO4)=0.2 mol/L，P点移至W点

【答案】D

【解析】根据题目可知，R2SO4为强酸弱碱盐，P点时，=-8.0，即c(OH-)=10-8mol/L，而=-2.3，即=10-2.3。A项，Kb(ROH)==10-2.3×10-8=10-5.7，即Kb(ROH)的数量级为10-6，A说法正确；B项，的值越大，c(OH-)越大，则氢离子浓度越小，故P、Q点对应溶液中c(H+)的值：P＜Q，B说法正确；C项，若将溶液无限稀释，R+水解程度减小，则溶液接近中性，故溶液中c(R+)≈2c(SO42-)，C说法正确；D项，相同条件下，若改为c(R2SO4)=0.2 mol/L，c(OH-)增大，减小，与P点移至W点的趋势不符，D说法错误；故选D。

10．(2021届·北京八中乌兰察布分校高三期中)下表是25℃时某些盐的浓度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是(  )

c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)

B．碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式H2O+2CO32-+Cl2=2HCO3-+Cl-+ClO-

C．向0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=9：5，此时溶液pH=5

D．向浓度均为1×10-3mol/L的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol/L的AgNO3溶液，CrO42-先形成沉淀

【答案】B

【解析】A项，次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以c(CH3COO-)＞c(ClO-)，则各离子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B项，HClO的电离平衡常数大于HCO3-，所以次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸钠过量，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，反应的离子方程式应为：2CO32-+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2HCO3-，故B正确；C项，缓冲溶液中pH=pKa+lg=4.8+=5.055≈5，即c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，此时溶液pH=5，故C错误；D项，混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)==1.8×10-7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)=mol/L=4.47×10-5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D错误；故选B。

11．(2021届·四川省内江市第六中学高三月考)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是

A．I表示lg与pH的变化关系

B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)＞c(Na+)

C．1.22＜pH＜4.19的溶液中：c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)

D．pH＝4.19的溶液中：c(Na+)=3c(HC2O4-)

【答案】B

【解析】二元弱酸草酸的K1= > ，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：Ⅰ>Ⅱ，则Ⅰ表示lg 与pH的变化关系，Ⅱ表示lg 与pH的变化关系。A项，根据分析可知，Ⅰ表示lg与pH的变化关系，故A错误；B项，pH=1.22时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH- )，根据电荷守恒c(Na+ )+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42- )+c(OH-)可知，2c(C2O42-)+c(HC2O4-)＞c(Na+)，故B正确；C项，lgX为增函数，pH=1.22时，曲线Ⅰ中，lgX=lg=0时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中lgX=lg=−3，103 c(C2O42-)=c(HC2O4-)=c(H2C2O4 )；pH=4.19时，曲线Ⅰ中，lgX=lg=3，c(HC2O4-)=103c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中,lgX=lg=0，c(C2O42-)=c(HC2O4-)=103c(H2C2O4)，所以1.22c(H2C2O4)，故C错误；D项，pH=4.19时，曲线Ⅱ中c(C2O42-)=c(HC2O4-)，溶质为等浓度的NaHC2O4、Na2C2O4和少量的NaOH ，结合物料守恒看作c(Na+)>3c(HC2O4-)，故D错误；故选B。

12．(2021届·山东昌乐县·昌乐二中高三月考)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，电离类似于氨：NH3＋H2ONH4+＋OH－，25℃时，Kb1＝10－4.07，Kb2＝10－7.15；乙二胺溶液中含氮微粒的物质的量浓度分数随溶液pH的变化如图。下列说法不正确的是(　　)

A．曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+

B．曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交点对应pH=6.85

C．0.1 mol·L－1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl-)＞c(H2NCH2CH2NH3+)＞c(H＋)＞c(OH－)

D．乙二胺在水溶液中第二步电离的方程式：H2NCH2CH2NH3+＋H2O [H3NCH2CH2NH3]2＋＋OH－

【答案】C

【解析】A项，乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，水溶液中分步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH−，第二步电离：H2NCH2CH2NH3++H2O [H3NCH2CH2NH3]2++OH−，pH越小，有利于电离平衡正向移动，[H3NCH2CH2NH3]2+的浓度越大，则曲线Ⅰ代表的是[H3NCH2CH2NH3]2+，曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，故A正确；B项，曲线Ⅱ代表的是H2NCH2CH2NH3+，曲线Ⅰ[H3NCH2CH2NH3]2+与曲线Ⅱ相交点处和H2NCH2CH2NH3+浓度相同，根据H2NCH2CH2NH3++H2O⇌[H3NCH2CH2NH3]2++OH−， Kb2═10−7. 15==c(OH−)，c(H+)===10−6.85mol/L，pH=6.85，故B正确；C项，在0.1mol⋅L−1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中H2NCH2CH2NH3+离子水解溶液显酸性，电离使溶液显碱性，电离大于水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Cl−)＞(H2NCH2CH2NH3+)＞c(OH−)＞c(H+)，故C错误；D项，乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，有类似氨的性质，已知：25℃时，Kb1=10－4.07，Kb2=10－7.15，属于二元弱碱，其水溶液显弱碱性，则H2NCH2CH2NH2在水溶液中第二步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH3++H2O⇌[H3NCH2CH2NH3]2++OH−，故D正确；故选C。

13．(2021届·河南新乡县一中高三月考)常温下，浓度均为0.lmol•L-1的H2SO3、H2T(酒石酸)分别用0.1rnol•L-1的NaOH溶液滴定，滴定曲线分别如图所示。下列说法错误的是

A．相同浓度时，Na2SO3溶液中水的电离程度比Na2T中的大

B．0.1mol•L-1的NaHT溶液中：c(T2-)＞c(H2T)

C．Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2T)

D．等体积、浓度均为0.1mol•L-1的H2SO3溶液、H2T溶液分别滴加等浓度的NaOH溶液至pH=7，H2SO3溶液消耗的NaOH更多

【答案】D

【解析】根据滴定曲线，起始时0.lmol•L-1的亚硫酸的pH比0.lmol•L-1的酒石酸的pH小，说明亚硫酸的一级电离程度比酒石酸大，当=1时，恰好反应生成酸式盐，NaHT的pH比NaHSO3小，说明亚硫酸的二级电离程度比酒石酸小。A项，根据图象，当=2时，恰好反应生成正盐，此时，Na2SO3溶液的pH大于Na2T，说明Na2SO3的水解程度比Na2T大，盐类的水解促进水的电离，因此相同浓度时，Na2SO3溶液中水的电离程度比Na2T中的大，故A正确；B项，根据图象，NaHT溶液显酸性，说明NaHT的电离程度大于水解程度，因此0.1mol•L-1的NaHT溶液中：c(T2-)＞c(H2T)，故B正确；C项，起始时0.lmol•L-1的亚硫酸的pH比0.lmol•L-1的酒石酸的pH小，说明亚硫酸的一级电离程度比酒石酸大，即Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2T)，故C正确；D项，根据图像，等体积、浓度均为0.1mol•L-1的H2SO3溶液、H2T溶液分别滴加等浓度的NaOH溶液，恰好反应生成酸式盐时，溶液均显酸性，且NaHT的pH比NaHSO3小，恰好反应生成正盐时，溶液均显碱性，且Na2SO3溶液的pH大于Na2T，因此中和至pH=7，H2SO3溶液消耗的NaOH少点，故D错误；故选D。

14．(2021届·衡阳市第二十六中学高三月考)某温度下，氢氟酸与丙酸的Ka值分别为6.8×10-4和1.34×10-5。将物质的量浓度和体积均相同的两种酸溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是

A．曲线Ⅰ代表丙酸溶液

B．溶液中水的电离程度：a＞b

C．从b点到c点，溶液中保持不变(HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)

D．取体积相同的b、d两点溶液分别与NaOH恰好中和，d点消耗的NaOH多

【答案】C

【解析】由题中信息可知，HF的Ka=6.8×10-4，丙酸的Ka=1.34×10-5，电离平衡常数越大，酸的酸性越强，电离平衡常数：HF＞丙酸，则酸性HF＞丙酸，物质的量浓度和体积均相同的两种酸溶液，HF中H+浓度要大一些，PH值要低一些；A项，根据上述分析，由题中图示，曲线I开始pH小，代表HF溶液，曲线II代表丙酸溶液，故A错误；B项，酸抑制水电离，溶液的pH越大，溶液中c(H+)越小，其抑制水电离程度越小，c(H+)：a＞b，则水电离程度：a＜b，故B错误；C项，从b点到c点，温度不变水解平衡常数不变，Kh=不变，故C正确；D项，b点为丙酸曲线上的点，CH3CH2COOHCH3CH2COO-+H+，Ka= = 则c(CH3CH2COOH)=，d点为HF曲线上的点，HF H++F-，Ka=，则c(HF)= ，因为b、d 两点pH相等，c(H+)相等，则可推出c(CH3CH2COOH)＞c(HF)，相同体积时，丙酸的物质的量比氢氟酸大，完全中和时消耗同浓度的NaOH体积大，即b点消耗的NaOH多，故D错误；故选C。

15．(2021届·广东汕头市金山中学高三期中)25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[－lgc(M2+)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2].下列说法正确的是

A．曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液中的变化关系

B．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO

C．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Cu2+)∶c(Fe2+)＝104.6∶1

D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液

【答案】A

【解析】由图可计算曲线a的Ka=c(M2+)c2(OH-)=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，曲线b的Kb=c(M2+)c2(OH-)=10-3.1×(10-6)2=10-15.1，由题中信息Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]， 故曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液中的变化关系，曲线b表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系。A项，由分析可知A正确；B项，由图知，Cu2+开始沉淀需要的pH小于Fe2+，所以应将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH除去，故B错误；C项，X点时，Cu(OH)2、Fe(OH)2共存，则c(Fe2+)：c(Cu2+)=10-7.1：10-11.7=104.6：1故C错误；D项，Y点Cu2+未产生沉淀，不能通过加入少量NaOH实现此转化，故D错误；故选：A。

16．(2021届·浙江省Z20名校联盟高三联考)25℃时分别做两组实验：①用0.1000mol·L1盐酸滴定20.00mL0.1000 mol·L-1氨水；②用0.1000mol·L-1的KOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol·L-1的醋酸溶液。滴定中pH随滴加溶液体积变化关系如下图所示，下列说法不正确的是(   )

A．25℃时，0.1000mol·L-1 氨水中水电离出的c(OH-)约为：10-11 mol·L-1

B．V(KOH)=V(HCl)=20.00mL时，曲线I和II刚好相交

C．曲线I滴加溶液30.00mL时，溶液中c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.04mol·L-1

D．曲线II滴加溶液10.00mL时，溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)

【答案】B

【解析】A项，由图表可知，曲线I为用0.1000mol·L1盐酸滴定20.00mL0.1000 mol·L-1氨水的曲线，当盐酸的体积为零时，溶液pH≈11，根据水的离子积常数可知，此时水电离出的的c(OH-)约为：10-11 mol·L-1，故A不选；B项，当V(KOH)=V(HCl)=20.00mL时，NH4Cl溶液呈酸性，CH3COONa溶液呈碱性，两条曲线不可能相交，故选B；C项，当滴加的30.00ml盐酸时溶液的总体积为50.00ml，根据物料守恒可得，溶液中c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.04mol·L-1，故C不选；D项，曲线II加溶液10.00mL时，溶质为等物质的量的醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，又由于醋酸的水解程度大于电离程度，则有：c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)。故选B

17．(2021届·浙江省三校高三第一次联考)已知：2 CrO42-+2H+ Cr2O72- +H2O，25℃时，调节初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液的pH，测定平衡时溶液中c(Cr2O72-)和c(H+)，获得如图曲线。

下列说法不正确的是(    )

A．平衡时，pH越小，c(Cr2O72-)越大

B．A、B两点c(CrO42-)之比为5：2

C．B点CrO42-的平衡转化率为40%

D．平衡时，若溶液中c(CrO42-)=2c(Cr2O72-)，则c(H+)=1.0×10-7mol·L-1

【答案】D

【解析】A项，根据图像，c(H＋)越大，c(Cr2O72-)越大，A正确；B项，A点c(Cr2O72-)=0.25mol·L－1，则c(CrO42-)=(1.0－0.25×2)mol·L－1=0.5mol·L－1，B点c(Cr2O72-)=0.4mol·L－1，则c(CrO42-)=(1.0－0.4×2)mol·L－1=0.2mol·L－1，因此两点c(CrO42-)的比值为0.5：0.2=5：2，B正确；C项，根据B选项分析，B点c(Cr2O72-)=0.4mol·L－1，则c(CrO42-)=0.8mol/L, CrO42-的转化率为×100%=80%，C错误；D项，令达到平衡时，c(Cr2O72-)=xmol·L－1，则c(CrO42-)=2xmol·L－1，根据铬元素守恒，2x＋2x=1.0，解得x=0.25mol·L－1，根据图像，对应的c(H＋)=1.0×10－7mol·L－1，D正确。故选D。

18．(2021届·浙江省“山水联盟”高三上学期开学考试)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种二元弱碱。如下图所示，为乙二胺溶液中各微粒的百分含量δ(即物质的量百分数)随溶液pH的变化曲线(25℃ )。

已知： H2NCH2CH2NH2+H2O [H2NCH2CH2NH3]++OH-

下列说法正确的是(   )

A．曲线a表示H3NCH2CH2NH2+的变化

B．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2=10-9.93

C．[H3NCH2CH2NH2]Cl溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)>c(H3NCH2CH2NH2+)>c(H+)>c(H2NCH2CH2NH2) >c(OH-)

D．一定浓度的[H3NCH2CH2NH3]Cl2溶液中存在关系式：2c([H2NCH2CH2NH2])+c(H3NCH2CH2NH2+)=c(H+)-c(OH-)

【答案】D

【解析】则由图可知，曲线a在强酸性条件下含量最高，说明该曲线是H3NCH2CH2NH32+的物质的量分数随溶液pH的变化曲线；曲线b在强酸性或强碱性条件下含量极低，说明该曲线是H3NCH2CH2NH2+的物质的量分数随溶液pH的变化曲线；则曲线c表示B的物质的量分数随溶液pH的变化曲线；由a、b曲线交点可以计算Kb2==10-7.15，由b、c曲线交点可以计算Kb1==10-4.07。A项， 由上述分析，曲线b是H3NCH2CH2NH2+的物质的量分数随溶液pH的变化曲线，故A错误；B项，由上述分析结合图像交点易知，乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2=，即c(H3NCH2CH2NH2+) = c(H3NCH2CH2NH32+)，Kb2[H2NCH2CH2NH2]= c(OH-)==10-7.15，故B错误；C项，由图可知，Kb1=10-4.07，Kb2=10-7.15，[H3NCH2CH2NH2]Cl溶液中，Kh(H3NCH2CH2NH2+)==10-9.93，则H3NCH2CH2NH2+的电离程度大于其水解程度，溶液呈碱性，故C错误；D项，一定浓度的[H3NCH2CH2NH3]Cl2溶液中存在质子守恒式：2c([H2NCH2CH2NH2])+c([H3NCH2CH2NH2]+)=c(H+)-c(OH-)，故D正确；故选D。

19．(2021届·浙江省稽阳联谊学校高三联考)25℃时，向20 mL 0.2 mol·L−1 H2C2O4溶液中逐滴加入0.2 mol·L−1 NaOH溶液。溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数变化如图所示。下列有关说法正确的是(   )

A．a点对应的溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(C2O42-)

B．由图中数据可计算得曲线H2C2O4与曲线C2O42-交点的pH=2.6

C．加入20 mL NaOH溶液时，溶液中c(Na＋)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)

D．H2C2O4的电离方程式为H2C2O4＝H＋＋HC2O4-，HC2O4-H++ C2O42-

【答案】A

【解析】Ka1·Ka2=，当pH为1.2时，c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，草酸的Ka1==10-1.2，当pH为4.2时，c(H+)=10-4.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，草酸的Ka2==10-4.2；根据图中H2C2O4、C2O42-交点得到c(C2O42-)=c(H2C2O4)，所以Ka1×Ka2=c2(H+)，c(H+)= ===10-2.7，交点溶液pH为2.7。A项，依据电荷守恒，a点对应的溶液中c(Na＋)+c(H＋)＝c(OH－)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，在此点c(HC2O4-)=c(C2O42-)，所以c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(C2O42-)，A正确；B项，由图中数据，通过上面的计算，可得出曲线H2C2O4与曲线C2O42-交点的pH=2.7，B不正确；C项，加入20 mL NaOH溶液时，H2C2O4与NaOH刚好发生等摩反应，生成NaHC2O4和水，从图中可知，HC2O4-在溶液中以电离为主，所以溶液中c(Na＋)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，C不正确；D项，从图中可以看出，H2C2O4与HC2O4-共存，所以H2C2O4的电离方程式为H2C2O4 H＋＋HC2O4-，D不正确；故选A。

20．(2021届·福建省厦门市高三质检)25℃时，将SO2通入蒸馏水中模拟酸雨形成过程，实验数据如图。已知Ka1(H2SO3)=10－2，Ka2(H2SO3)=10－7。下列说法不正确的是(   )

A．300s未通O2时溶液中c(H2SO3)=10 －5.46mol·L－1

B．400s时溶液中c(HSO3－)+c(SO32－)+c(SO42－)+c(H2SO3)≈10－3.73mol·L－1

C．600s时，溶液中c(H+)约为c(SO42－)2倍

D．由图推知，H2O2氧化性大于O2

【答案】D

【解析】由图示得300s未通O2时pH=3.73，c(H+)=10-3.73，溶液中的氢离子主要由亚硫酸的一级电离产生，c(HSO3－)≈c(H+)，则Ka1(H2SO3)=c2(H+)/c(H2SO3)=10－2，则c(H2SO3)=10 －5.46mol·L－1，A项正确；由A可知，在300s时，溶液中的含硫粒子主要为HSO3-,其浓度约为10-3.73。在400s时，有部分含硫粒子被氧化为SO42-，根据物料守恒可得：c(HSO3－)+c(SO32－)+c(SO42-)+c(H2SO3)≈10－3.73mol·L－1，B项正确；由图知，600s时，溶液中亚硫酸被氧化成硫酸，硫酸属于强电解质，所以溶液中c(H+)约为c(SO42－)2倍，C项正确；由于双氧水可溶于水，而氧气难溶于水，在双氧水和氧气的浓度不同的条件下，无法比较H2O2与O2的氧化性，D项错误。

21．(2021届·湖南湘潭模拟)某同学探究溶液的酸碱性对AlCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制10 mL 0.01 mol·L−1 AlCl3溶液、10 mL对照组溶液A，取两种溶液各两份，分别滴加1滴0.20 mol·L−1 HCl溶液、1滴0.20 mol·L−1 KOH 溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示。

下列说法不正确的是(   )

A．依据M点对应的pH，说明AlCl3发生了水解反应

B．对照组溶液A可能是0.03 mol·L−1 KCl溶液

C．曲线③和④说明水解平衡发生了移动

D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向

【答案】B

【解析】AlCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，说明Al3+在溶液中发生了水解，故A正确；向对照组溶液A中加碱后，溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，若对照组溶液A是0.03 mol·L−1 KCl溶液，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称关系，故B错误；在AlCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化程度均比对照组溶液A的变化程度小，因为加酸或加碱均引起了Al3+水解平衡的移动，对照组加酸后pH的变化程度小说明水解平衡发生了移动，故C正确；AlCl3溶液水解生成氢氧化铝，故溶液的浑浊程度变大，则水解受到促进，否则受到抑制，故D正确。

22．(2021届·西夏区·宁夏大学附属中学高三月考)常温下，Ka(HClO)=3×10 -8先将0.1mol·L-1 Cl2溶于水制成1L溶液，然后取出100 mL溶液滴加0.1mol·L-1 NaOH溶液，整个过程中利用pH数据采集器测得溶液的pH变化曲线如图所示(实验过程中不考虑Cl2的挥发和HClO的分解)。下列说法正确的是(   )

A．过程中，是氯气溶于水的过程， c(H+-)和水的电离程度均不断增大

B．点溶液中 c(ClO-)接近于3×10 x -10 mol·L-1

C．V2-V1＜20，溶液中c(Na+)=2c(ClO-)+ c(HClO)

D．滴加溶液的体积为时，c(Na+)=c(Cl-)+ c(ClO-)

【答案】C

【解析】常温下，纯水的pH=7，题图曲线的起点为纯水，从起点至b点为将Cl2通入水中得到氯水的过程，此过程中发生反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO；b点往后为向氯水中滴加NaOH溶液的过程，此过程中发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO+H2O，100mL溶液中溶解了0.01mol×=0.001mol，根据反应Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO+H2O，Cl2与NaOH完全反应时消耗NaOH溶液的体积为0.002mol÷0.1mol/L=20mL，此时溶液中溶质为NaCl和NaClO，由于ClO-的水解溶液呈碱性。A项，Cl2与水的反应为Cl2+H2OH++C1-+HClO，由题图可知a~b过程中，pH不断减小，c(H+)不断增大，酸性越强，对水的电离抑制程度增大，则水的电离程度不断减小，A错误；B项，根据反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，若0.01 mol Cl2溶于水时与水完全反应，则生成0.01molHCl和0.01molHClO，HCl完全电离、HClO部分电离，溶液中c(H+)略大于0.01mol/L，溶液的pH略小于2，c(HClO) ≈10-2mol/L，根据和c(H+)=10-x mol·L-1得出，但0.0lmoCl2 溶于水时只有部分Cl2与水反应，故溶液中c(H+)<0.01mol/L，溶液的pH>2，生成的n(HClO)<0.01mol，溶液中c(HClO)<0.01 mol·L-1，故 c(ClO-)比3×10 x -10 mol·L-1小，B错误；C项，c 点溶液pH=7，根据分析，c点加入的NaOH溶液的体积小于20mL，即V2-V1<20，此时溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，因c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，根据反应中的得失电子守恒和物料守恒，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，将两式整理得c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)，C正确；D项，根据分析，加入NaOH溶液的体积为20mL时，Cl2与NaOH恰好完全反应，得到含等物质的量浓度的NaCl 和 NaClO 的混合液，溶液中的物料守恒为c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(HClO)，D错误；故选C。