2020年高考化学真题模拟题专项汇编10水溶液中的离子平衡含解析

1专题10水溶液中的离子平衡1．【2020年7月浙江选考】下列物质在熔融状态下不导电．．．的是()A．B．C．D．【答案】C【解析】A．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；B．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；C．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；D．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SO，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。综上所述，本题答案为C。2．【2020年7月浙江选考】水溶液呈酸性的是()A．B．C．D．【答案】B【解析】A．NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；B．NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO，故其水溶液呈酸性，B符合题意；C．HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋H2O⇌HCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；D．NaHCO３是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。综上所述，本题答案为B。3．【2020年新课标】以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未2020年高考真题2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．曲线①代表，曲线②代表B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D．滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．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3反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B错误；C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，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c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。4．【2020年新课标Ⅱ】二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是A．海水酸化能引起3HCO浓度增大、23CO浓度减小B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C．CO2能引起海水酸化，其原理为3HCOH++23COD．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【答案】C【解析】A．海水酸化，H+浓度增大，平衡H++2-3CO⇌-3HCO正向移动，2-3CO浓度减小，-3HCO浓度增大，A正确；B．海水酸化，2-3CO浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊4瑚礁减少，B正确；C．CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++-3HCO，-3HCO⇌H++2-3CO，导致H+浓度增大，C错误；D．使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；答案选C。5．【2020江苏卷】常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．10.1molL氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO-3B．10.1molL盐酸溶液：Na+、K+、SO2-4、SiO2-3C．10.1molLKMnO4溶液：NH+4、Na+、NO-3、I-D．10.1molLAgNO3溶液：NH+4、Mg2+、Cl-、SO2-4【答案】A【解析】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选；B．在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B不选；C．4MnO具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不选；D．在0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，D不选；故选A。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aaK(HCOOH)K(HF)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-++-3cCHCOOcNacHcOHC．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则spspK(FeS)K(CuS)D．在-121molLNaS溶液中，2---12cS+cHS+cHS=1molL【答案】A5【解析】A．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，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B．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；C．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；D．根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。7．【2020年7月浙江选考】下列说法不正确．．．的是()A．的盐酸中B．将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性C．常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质D．常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大【答案】A【解析】A．盐酸的浓度为2.0×10-7mol/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2.0×10-7mol/L，故A错误；B．KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子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；C．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；D．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；答案选A。68．【2020年7月浙江选考】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】A．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；B．当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正确；C．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；D．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；故选D。9．（2020年江苏卷）室温下，将两种浓度均为10.1molL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．323NaHCONaCO混合溶液(pH=10.30)：233NaHCOCOOHccccB．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：432NHHNHHOOHccccC．33CHCOOHCHCOONa混合溶液(pH=4.76):33NaCHCOOHCHCOOHccccD．22424HCONaHCO混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):222424HHCONaCOOHccccc【答案】AD7【解析】A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明3HCO的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：2--33COHCO＞，溶液中剩余微粒浓度关系为：-2-33HCOCOcc，2-3CO和-3HCO水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，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：+-2--33NaHCOCOOHcccc，故A正确；B．该混合溶液中电荷守恒为：++--4NH+H=OH+Clcccc，物料守恒为：+-324NH?HO+NH=2Clccc，两式联立消去c(Cl-)可得：++-432NH+2cH=2cOH+cNHHOc，故B错误；C．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；D．该混合溶液中物料守恒为：+-2-22424242Na=HCO+HCO+COcccc，电荷守恒为：2---++24242CO+HCO+OH=Na+Hccccc，两式相加可得：++2--22424H+HCO=Na+CO+OHccccc，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。10．（2020年山东省新高考）25℃时，某混合溶液中133CHCOOHCHCOO0.1molLcc，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(