备战2020高考化学电解质溶液一、单选题1.某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的PH变化曲线如图所示，下列判断正确的是（
）A.?a、c两点溶液的导电能力相同B.?b点溶液中c（H+）+c（NH3?H2O）=c（OH﹣）C.?用等浓度NaOH溶液和
等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积Vb=VcD.?a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c2.pH=12的某溶液中有关数
据如下：离子Na+Ba2+NO3-Cl-浓度（mol/L）1.0×101.0×10y2.0×102.0×10则和y
可能是（?）A.?Fe2+；1.0×10?B.?K+：1.0×10?C.?SO42-：1.0×10?D.?I-：2.0×1
03.下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是(?)①加入Al能放出H2的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、Cl-、S2-②
在pH=11的溶液中：Na+、［Al(OH)4］-、NO3-、S2-、SO32-③由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的
溶液中：Cl-、HCO3-、NO3-、NH4+、F-④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl-、K+、SO42-A.
?②④B.?①②④C.?①③④D.?①②4.下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是(??)A.?含有大量Ba2＋的溶液中：C
l－K＋B.?含有大量H＋的溶液中：Mg2＋Na＋C.?含有大量OH－的溶液中：Mg2＋D.?含有大量Na＋的溶
液中：H＋K＋5.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO
42﹣、Cl﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：根据上述实验，以下推测正确的是（）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀
产生（2）第二份加足量KOH溶液加热后，收集到气体0.08mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量
盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g．A.?Na+一定存在B.?100mL溶液中含0.01molCO32﹣C.?Cl﹣一定存在
D.?Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在6.下列叙述中正确的是（）A.?凡是离子化合物在离子方程式中都要以离子来表示B.?离
子互换反应总是向着溶液中离子浓度减小的方向进行C.?酸碱中和反应的实质是H+和OH﹣结合生成水，故酸碱中和反应的离子方程式都是H+
+OH﹣=H2OD.?复分解反应必须具备离子反应生成的三个条件才能进行7.现有常温时pH＝1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液
的pH变成2的是（??）A.?加入10mL0.01mol·L－1的NaOH溶液????????????????B.?加入10m
L的水进行稀释C.?加水稀释成100mLD.?加入10mL0.01mol·L－1的盐酸溶液8.25℃下列四种溶液：①c(H＋
)＝1mol·L－1的醋酸②0.1mol·L－1的盐酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液④c(OH－)＝10－3mol·L－1
氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为（???）A.?14∶13∶2∶3?B.?0∶1∶12∶11?C.?14∶13∶12∶11
?D.?1∶10∶100∶10009.下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A.?NaCl晶体、BaSO4?B
.?铜、二氧化硫C.?硫酸溶液、HClD.?熔融的KNO3、酒精10.常温下，下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（??
）A.?加铝粉能产生大量H2的溶液中：Na+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣B.?使甲基橙变红色的溶液中：K+、NH4+、HCO3﹣、
Cl﹣C.?由c（H+）/c（OH﹣）=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣D.?水电离出的c（H+）=10﹣12
mol?L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、K+二、多选题11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（??）
选项实验操作和现象结论A在0.1mol?L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深CO32－水解是吸热
反应B等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多酸性A比B强C常温下，用饱和Na2CO3溶液可将B
aSO4部分转化为BaCO3Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)D?室温下，用pH试纸测得：0.1mol?L-1Na2S
O3溶液的pH约为10；0.1mol?L-1NaHSO3溶液的pH约为5HSO结合H＋的能力比SO32－的弱A.?AB.?
BC.?CD.?D12.下列有关物质的量浓度关系中，正确的是（??）A.?等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合
：c（Na+）=c（SO）＞c（NH）＞c（H+）＞c（OH﹣）B.?室温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混
合：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C.?浓度均为0.1mol?L﹣1CH3COONa、NaHC
O3、﹣ONa溶液中：若c（OH﹣）分别为c1、c2、c3，则c3＞c2＞c1D.?NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（H
2CO3）+c（HCO）+2c（CO）13.下列有关溶液中粒子浓度的关系式正确的是（??）A.?25℃，0.1mol/Lp
H=4.5的NaHC2O4溶液c（HC2O）＞c（C2O）＞c（H2C2O4）B.?向0.2mol/L的NaHCO3溶液中
加入等体积的0.1mol/L的NaOH溶液c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（CO）+c（HCO3﹣）C.?常温下，氯化
铵和氨水的混合溶液其pH=7，c（Cl﹣）=0.1mol/Lc（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D.?浓度均为
0.1mol/L的醋酸钠和醋酸的混合溶液中c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]14.对于0.
1mol·L－1NH4Cl溶液，正确的是（??）A.?升高温度，溶液pH升高B.?通入少量HCl气体，c(NH4＋)和c(Cl
－)均增大C.?c(NH4＋）+c(OH－)＝c(Cl－)+c(H+)D.?c(Cl－）>c(H+）>c(NH4＋）>c
(OH－)15.在下列叙述中，能说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸的是（）A.?将pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，盐酸加水后
体积为原溶液的10倍，醋酸所需加入的水量比前者多B.?盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取C.?相同pH的盐酸和醋酸溶液中分
别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大D.?pH值相同的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等16.一定温度下，将一定质量
的纯醋酸加水稀释，经实验测定溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中正确的是（??）A.?a、b、c三点溶液的pH:B.?
a、b、c三点醋酸的电离程度：C.?若用湿润的pH试纸测量a处的pH，测量结果偏小D.?物质的量浓度分别为a、b、c三点的溶液
各，用氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：17.常温下，用浓度为0.1000mol?L﹣1的NaOH溶液分别逐滴加入到
20.00mL0.1000mol?L﹣1的HX，HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图．下列说法正确（??）A.?V
（NaOH）=10.00mL时，c（X﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B.?V（NaOH）=20.00mL时，两份
溶液中，c（X﹣）＞c（Y﹣）C.?V（NaOH）=20.00mL时，c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D.?p
H=7时，两份溶液中，c（X﹣）=c（Y﹣）18.已知NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO，某温
度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2．对于该溶液，下列叙述不正确的是（??）A.?该
温度高于25℃B.?由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol?L﹣1C.?c（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣）D.?该
温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液，可使反应后的溶液恰好呈中性三、综合题19.某二元酸H2A在水中的电离方程式是H2A=
H++HA﹣，HA﹣?H++A2﹣．回答下列问题：（1）Na2A溶液显________（填“酸性”、“中性”或“
碱性”），理由是________（用离子方程式或必要的文字说明）．（2）常温下，已知0.1mol?L﹣1NaHA溶液pH=2，则0
.1mol?L﹣1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能________0.11mol?L﹣1（填“大于”、“等于”或“小于”），理
由是________．（3）0.1mol?L﹣1NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是________．（4）Na2A溶液中，
下列表述正确的是_________．A.?c（Na+）+c(H+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）B.?c（O
H﹣）=c（HA﹣）+c（H+）C.?c（OH﹣）=c（HA﹣）+c（H+）+2c（H2A）D.?c(Na+）=2［
c（HA﹣）+c(A2﹣)+c(H2A）］20.将含有CuSO4、NaCl、KNO3各1mol的溶液分别置于甲、乙、丙三个烧
杯中进行电解（电极均为石墨且质量相等），如图1所示．接通电源一段时间后，b电极质量增加；常温下，三个烧杯中溶液的pH随通电时间的变
化如图2．（1）M是直流电源的________极；（填“正”或“负”）（2）乙烧杯内若滴入酚酞试液，则在________极区域先出
现红色；（填“c”或“d”）（3）0～t1秒内，e电极上生成的气体在标准状况下的体积为________?L，t1秒时，电极b、c的
质量差为________?g；（4）t2秒时，若将直流电源正、负极对调，则电解至各电极质量均不再发生变化的过程中，a电极涉及到的电
极反应式为________．21.在如图中，甲烧杯中盛有100mL0.50mol?L﹣1AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100mL
0.25mol?L﹣1CuCl2溶液，A，B，C，D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A极比C极重1.9g，则
（1）电源E为________极，F为________极．（2）A极的电极反应式为________，析出物质________?mo
l．（3）B极的电极反应式为________，析出气体________?mL（标）．（4）C极的电极反应式为________，析出
的物质________?mol．（5）D极的电极反应式为________，析出气体________?mL（标况）．（6）甲烧杯中滴
入石蕊试液，________极附近变红，若继续电离，在甲烧杯中最终得到________溶液．答案一、单选题1.【答案】D【解析
】【解答】盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电
离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐
酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的．A、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的多少有关，当溶液的体积相等时，a、c两点
溶液的离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故A错误；B、b点溶液中，根据质子守恒，得出c（OH﹣）+c（NH3?H2O）=c（H+
），故B错误；C、用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH
，而C点只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离），故消耗NaOH溶液体积Vb＞Vc，故C错误；D、盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的
电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大
，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH＜b点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶
液水的电离程度a＞b，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c，故D正确．故选D．【分析】根据盐酸是强酸，完全电离，氯化铵
是能水解的盐，水解显示酸性，加水稀释促进水解的进行，A、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的多少有关；B、根据溶液中的质子守恒来回
答；C、b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而C点只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离）；D、盐酸对
水的电离起抑制作用，氯化铵对水的电离起到促进作用．2.【答案】B【解析】【解答】根据溶液中电荷守恒，溶液中的正电荷：1.0×10
-2×1+1.0×10-2×2=3.0×10-2，溶液中的负电荷：2.0×10-2×1+2.0×10-2×1=4.0×10-2
，溶液中x应是阳离子，缺少的离子的浓度为4.0×10-2-3.0×10-2=1.0×10-2，故答案为：B。【分析】溶液
中的离子之间不能反应，且需要遵守电荷守恒定律，由于SO42-与Ba2+反应生成沉淀，碱性条件下Fe2+与OH-反应，而溶液中阳离子
的正电荷浓度小于阴离子的负电荷浓度，缺阳离子所以选B。3.【答案】A【解析】【分析】①中加入Al能放出H2的溶液，或酸性或碱性，
所以Fe2+、Al3+、S2-一定不能大量存在。③中由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液，或酸性或碱性，所以HCO
3-、NH4+、F-一定不能大量存在。答案选A。【点评】离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀
，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；（3）能完
全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+，Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-，
S2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（5）能发
生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的
酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等
有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。4.
【答案】D【解析】【解答】A.含有大量Ba2＋的溶液中硫酸根离子不能大量共存，A不符合题意；B.含有大量H＋的溶液中碳酸氢
根离子不能大量共存，B不符合题意；C.含有大量OH－的溶液中Mg2＋不能大量共存，且镁离子和碳酸根离子不能大量共存，C不符合题意
；D.含有大量Na＋的溶液中H＋、K＋、SO42－、NO3－相互之间不反应，可以大量共存，D符合题意。故答案为：D。【分析】离
子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、
难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。基本信息5.【答案】A【解析】【解答】①根据题意，
Ba2+和SO42﹣，可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存．Ba2+和CO32﹣可发生离子反应生成BaCO3
沉淀，因此两者也不能大量共存．第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl﹣+Ag+═AgCl↓、CO32﹣+2Ag+═Ag2
CO3↓、SO42﹣+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣中的至少一种；第二份加足量KOH溶液加热
后，收集到气体0.08mol，能和KOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+（Mg2+可以和
OH﹣反应生产氢氧化镁沉淀）．故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+．根据反应NH4++OH﹣NH3↑+H2O，产生
NH3为0.08mol，可得NH4+也为0.08mol．第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤．干燥
后，沉淀质量为4.66g．部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32﹣+Ba2+═Ba
CO3↓、SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解．因此溶液中
一定存在CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+．由条件可知BaSO4为4.66g，物质的量为0.02mol，SO42﹣
物质的量浓度为：=0.2mol/L，BaCO3为12.54g﹣4.66g═7.88g，物质的量为0.04mol，则CO32﹣物质的
量为0.04mol，CO32﹣物质的量浓度为=0.4mol/L，=0.4mol/L，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32﹣、SO
42﹣、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+．而CO32﹣、SO42﹣、NH4+物质的量分别为0.04mol、0.02m
ol、0.08mol，CO32﹣、SO42﹣所带负电荷分别为0.04mol×2、0.02mol×2，共0.12mol，NH4+所带
正电荷为0.08mol，所以一定含有钠离子，钠离子的物质的量最小是0.04mol，氯离子不能确定．A、Na+一定存在，故A正确；B
、100mL溶液中含0.04mol碳酸根离子，故B错误；C、氯离子是否存在无法确定，故C错误；D、Mg2+、Ba2+一定不存在，故
D错误．故选A．【分析】1、根据题意分析，第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣中的至
少一种，第二份溶液加足量KOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4+，一定不存在Mg2+．第三份溶液利用发生的离子反应
，经过计算、推得一定存在CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+；2、根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出Na+是否存在，
由Na+物质的量的变化分析Cl﹣的情况．6.【答案】B【解析】【解答】A．在离子方程式中易溶于水和易电离的盐书写时拆成离子，难
溶性的盐，难电离的盐如乙酸铅在离子反应方程式中写化学式，故A错误；B．离子之间结合生成水、气体、沉淀时，复分解反应能够发生，离子浓
度减小，所以离子互换反应总是向着溶液中反应物离子浓度减小的方向进行，故B正确；C．酸碱中和反应的离子方程式H++OH﹣=H2O表示
强酸与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水，如NaOH溶液与盐酸反应生成氯化钠和水，可用H++OH﹣=H2O表示，但氨水与稀硫酸反应，因
氨水中一水合氨为弱碱，在离子反应中保留化学式，则不能用H++OH﹣=H2O表示，故C错误；D．复分解反应的发生需具备离子反应的条件
之一即可，故D错误；故选：B．【分析】A．离子反应的实质是：可以表示一类反应，难溶性的盐，在离子反应方程式中写化学式；B．离子之间
结合生成水、气体、沉淀时，离子浓度减小；C．强酸与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应可用H++OH﹣=H2O表示；D．复分解
反应的发生需具备离子反应的条件之一即可．7.【答案】C【解析】【解答】常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=0.1mol/L
，使溶液的pH变成2，即c（H+）=0.01mol/L，则A．pH=1的某强酸溶液10mL，n（H+）=0.01L×0.1mol/
L=0.001mol，10mL0.01mol/L的NaOH溶液，n（OH-）=0.01L×0.01mol/L=0.0001mol，
混合后c（H+）=≠0.01mol/L，故A错误；B．加入10mL的水进行稀释，混合后c（H+）==0.05mol/L≠0.01m
ol/L，故B错误；C．加水稀释成100mL，c（H+）==0.01mol/L，故C正确；D．加入10mL0.01mol/L的盐酸
，混合后，c（H+）=≠0.01mol/L，故D错误;故答案为：C.【分析】根据溶液pH的计算方法计算变化后溶液中氢离子浓度即可。
8.【答案】D【解析】【解答】酸溶液中，氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离的。c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸，溶
液中c(H＋)=1mol/L，c(H＋)(水)=c(OH-)(水)=1×10-14mol/L；0.1mol/L盐酸，溶液中c(H＋
)=0.1mol/L，c(H＋)(水)=c(OH-)(水)=1×10-13mol/L；0.01mol/L的NaOH溶液，溶液中c
(H＋)=0.01mol/L，c(H＋)(水)=c(OH-)(水)=1×10-12mol/L；c(OH-)＝10－3mol·L-1
氨水溶液，溶液中c(OH-)=10－3mol·L－1，c(H＋)(水)=c(OH-)(水)=1×10-11mol/L；所以由水
电离出的氢离子浓度之比为①：②：③：④=1×10-14mol/L：1×10-13mol/L：1×10-12mol/L：1×10-1
1mol/L=1：10：100：1000。故答案为：D。【分析】要注意结合水的电离进行计算，酸溶液则算出溶液中的氢氧根离子，碱溶
液则算出溶液中的氢离子。9.【答案】D【解析】【解答】A．BaSO4NaCl晶体都属于盐，故都为电解质，A不符合题意；B．铜为金
属单质，不属于化合物的范畴，二氧化硫为非电解质，B不符合题意；C．硫酸溶液为混合物，不属于化合物的范畴，HCl为电解质，C不符合题
意；D．熔融的KNO3为盐，为电解质；酒精为弱电解质，D符合题意．故答案为：D【分析】本题是对电解质、非电解质概念的考查，根据电解
质、非电解质的概念进行分析。电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。10
.【答案】C【解析】【解答】解：A．加铝粉能产生大量H2的溶液呈酸性或强碱性，NH4+与氢氧根离子反应，酸性条件下NO3﹣与铝
反应不会生成氢气，故A错误；B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，HCO3﹣与氢离子反应生成二氧化碳和水，在溶液中
不能大量共存，故B错误；C．由c（H+）/c（OH﹣）=10﹣12的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Na+、ClO﹣、
NO3﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol?L﹣1的溶液
呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Mg2+、Cu2+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【
分析】A．加铝粉能产生大量H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，与铝
反应不会生成氢气；B．使甲基橙变红色的溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根离子与氢离子反应；C．由c（H+）/c（OH﹣）=10﹣12的
溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol?L﹣1的溶液中存在
大量氢离子或氢氧根离子，镁离子、铜离子与氢氧根离子反应．二、多选题11.【答案】A,D【解析】【解答】A.滴有酚酞的溶液Na2C
O3显示红色，是因为碳酸钠溶液中的碳酸根离子水解溶液呈碱性，,其中碳酸根离子水解程度受温度的影响，微热，溶液颜色逐渐变深，说明温度
高,，水解程度大，碱性增强，所以盐类水解是吸热反应，A符合题意；B.当体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出
的氢气多，说明HA的物质的量大于HB的物质的量，溶液的体积相等，HA的物质的量浓度大于HB的，所以说明酸性：HA意；C.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32-转化BaCO3
，但是Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），C不符合题意；D.SO结合H＋为一级水解，HSO3-结合H＋为二级水解，HS
O结合H＋的能力比SO32－的弱，D符合题意；故答案为：AD【分析】A.微热颜色加深，说明加热后溶液中c(OH-)增大，则CO
32-的水解程度增大；B.HA放出的氢气越多，则等pH溶液中，所含HA的量更多；C.向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉
末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32-转化BaCO3，但是Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4）；D.
NaHSO3溶液的pH约为5，显酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度；12.【答案】AC【解析】【解答】解：A．等物质的
量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，反应后的溶液溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，NH4+水解，溶液呈酸性，
则c（Na+）=c（SO）＞c（NH），c（H+）＞c（OH﹣），一般来说，单水解的程度较弱，则有c（NH4+）＞c（H+），
应有c（Na+）=c（SO）＞c（NH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；B．醋酸为弱酸，室温下，pH=3的醋酸与pH
=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误
；C．已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞﹣OH，酸性越弱，对应的盐类水解程度越大，则浓度均为0.1mol?L﹣1CH3CO
ONa、NaHCO3、﹣ONa溶液中：若c（OH﹣）分别为c1、c2、c3，c3＞c2＞c1，故C正确；D．根据物料守恒
可知，NaHCO3溶液中存在c（Na+）=c（H2CO3）+c（HCO）+c（CO），故D错误．故选AC．【分析】A．等物质的
量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，反应后的溶液溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，NH4+水解，溶液呈酸性；
B．醋酸为弱酸，室温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性；C．首先判断对应酸的酸性强弱，酸
性越弱，对应的盐类水解程度越大；D．从物料守恒的角度分析．13.【答案】AD【解析】【解答】解：A.25℃，0.1mol/L的N
aHC2O4溶液pH=4.5，说明HC2O4﹣电离程度大于水解程度，所以c（C2O）＞c（H2C2O4），但电离程度和水解程度都
较小，所以存在c（HC2O）＞c（C2O）＞c（H2C2O4），故A正确；B．向0.2mol/L的NaHCO3溶液中加入
等体积的0.1mol/L的NaOH溶液，反应后溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，任何电解质溶液中都存在电
荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（CO）+c（HCO3﹣），故B错误；C．常温下，氯化铵和氨水
的混合溶液其pH=7，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒得c（Cl﹣）=c（NH4+），溶液中c（OH﹣）=c
（H+）且较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）=c（NH）＞c（OH﹣）=c（H+），故C错误；D．任何电解质溶液中都存在
电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒2c（Na+）=c（C
H3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），即c（CH3
COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，故D正确；故选AD．【分析】A.25℃，0.1mol/L的NaH
C2O4溶液pH=4.5，说明HC2O4﹣电离程度大于水解程度，但都较小；B．向0.2mol/L的NaHCO3溶液中加入等体积的0
.1mol/L的NaOH溶液，反应后溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根
据电荷守恒判断；C．常温下，氯化铵和氨水的混合溶液其pH=7，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒判断c（Cl﹣
）、c（NH4+）相对大小；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．14.【答案】B,C【解析
】【解答】NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。A．盐的水解反应是吸热发生。升高温度，促进盐的水解。水解程度越大，溶液的酸性就
越强，因此溶液pH降低。不符合题意。B．通入少量HCl，会抑制盐的水解，所以c(NH4＋)和c(Cl－)均增大。符合题意。C．根
据电荷守恒可得：c(NH4＋)+c(H+)＝c(Cl－)+c(OH-)。符合题意。D．根据物料守恒可得c(Cl－)=c(
NH4＋)+c(NH3·H2O),所以c(Cl－)>c(NH4＋)；铵根离子水解消耗水电离产生的OH-,最终当溶液达到平衡时
，c(H+)>c(OH－)；盐水解的程度是微弱的，所以c(NH4＋)>c(H+)。因此溶液中离子浓度关系是：c(Cl
－)>c(NH4＋)>c(H+)>c(OH－)。不符合题意。【分析】A.升高温度会促进铵根的水解，溶液中氢离子的浓度增
大，pH减小；B.通入氯化氢气体，水解会减小，铵根离子浓度增大，氯离子浓度也是增大的；C.该式子遵循电荷守恒；D.铵根离子水
解显酸性，因此氢离子的浓度是大于氢氧根离子的浓度的。15.【答案】A,C【解析】【解答】A．强酸加水后体积为原溶液的10倍，p
H值变化1个单位；弱酸加水后体积为原溶液的10倍，pH变化大于1个单位，所以A能够证明盐酸为强酸，醋酸为弱酸，故A选；B．浓硫酸与
氯化钠反应生成氯化氢，体现氯化氢易挥发性，不能体现盐酸为强酸，醋酸钠与强酸反应体现醋酸的弱酸性，故B不选；C．在醋酸的溶液中存在着
CH3COOH?CH3COO﹣+H+的电离平衡；强酸中不存在电离平衡，所以相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的
pH变大，故C选；D．pH相等的醋酸和盐酸中氢离子浓度相等，所以反应开始速率相等，与电解质强弱无关，所以不能证明醋酸是弱酸、盐酸是
强酸，故D不选；故选：AC．【分析】A．依据强酸与弱酸稀释过程pH变化规律解答；B．浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢，体现氯化氢易挥发
性，醋酸钠与强酸反应体现醋酸的弱酸性；C．在醋酸的溶液中存在着CH3COOH?CH3COO﹣+H+的电离平衡；强酸中不存在电离平衡
；D．锌与氢离子反应生成氢气的速率与氢离子的浓度有关．16.【答案】A,C【解析】【解答】A．导电能力越强，离子浓度越大，氢离子
浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为b＜a＜c，故A符合题意；B.随水的增多，醋酸的电离程度增大，所以a、b、c三点
醋酸的电离程度：a＜b＜c，故B不符合题意；C.用湿润的pH试纸测量醋酸的pH，将a处溶液稀释，导电能力增大，溶液酸性增强，pH减
小，所以测量结果偏小，故C符合题意；D.a、b、c三点溶液浓度a＞b＞c，体积相同时，物质的量a＞b＞c，所以a、b、c三点溶液用
1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a＞b＞c，故D不符合题意；故答案为：AC。【分析】A、溶液的导电能力越强，则
溶液中的自由移动的离子的浓度越大，因此稀释过程中，浓度：b>a>c，pH的大小为b；C、湿润的pH试纸测量a处的pH时，由于a的导电能力不是最强，所以促进电离，使导电能力增大，离子的浓度变大，pH变小；D、根
据图表，体积相同时，根据a、b、c三点处物质的量浓度比较大小解答；17.【答案】AC【解析】【解答】解：A、V（NaOH）=10
.00mL时，生成等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，以HX的电离为主，所以离子浓度的大小为：，c（X﹣）＞c（Na+）＞
c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；B、由图可知V（NaOH）=20.00mL时，两者恰好完全反应，HX的PH大于HY，所以
NaX的水解程度大于NaY，则两份溶液中，c（X﹣）＜c（Y﹣），故B错误；C、由图可知V（NaOH）=20.00mL时，两者恰
好完全反应，都生成强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以离子浓度的大小为：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；D、
NaX的水解程度大于NaY，而pH=7时，两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，c（X﹣）＞c（Y﹣），故D错误；
故选AC．【分析】A、V（NaOH）=10.00mL时，生成等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，以HX的电离为主；B、由图
可知V（NaOH）=20.00mL时，两者恰好完全反应，HX的PH大于HY，所以NaX的水解程度大于NaY；C、由图可知V（N
aOH）=20.00mL时，两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐；D、NaX的水解程度大于NaY，而pH=7时，两份溶液中第一份需
氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，c（X﹣）＞c（Y﹣）．18.【答案】BD【解析】【解答】解：A.25℃时pH=7，pH=
6说明促进了水的电离，故T＞25℃，故A正确；B．该溶液为强酸溶液，氢离子浓度为0.01mol/L，则氢氧根离子浓度=mol/L
=10﹣10mol?L﹣1，该溶液中水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度10﹣10mol?L﹣1，故B错误；C．根据硫酸
氢钠溶液中的电荷守恒得：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（SO），根据物料守恒得c（Na+）=c（SO），所以得c
（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣），故C正确；D．c（NaHSO4）0.01mol/L，该温度下pH为12的NaOH溶液中c
（NaOH）=1mol/L，二者等体积混合，溶液呈碱性，故D错误．故选BD．【分析】A.25℃时纯水中pH=7，水的电离是吸热反应
，升高温度促进水电离；B．酸溶液中，水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度；C．根据硫酸氢钠溶液的电荷守恒和物料守恒进行分析
；D．纯水的pH=6，说明Kw=1×10﹣12，混合溶液呈中性，说明溶液的pH=6．三、综合题19.【答案】（1）碱性；A2－
＋H2O?HA－＋OH－,或A2－水解显碱性（2）小于；H2A电离产生的H+抑制的HA－电离（3）c(Na＋)＞c(HA－
)＞c(H＋)＞c(A2－)>c(OH－)（4）A,B【解析】【解答】（1）根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是强酸，H
A-是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，是因A2－水解显碱性，水解原理是：A2－＋H2O?HA－＋OH－；（2）0.1mol?L-
1H2A溶液，H2A═H++HA-，电离出0.1mol/LH+，0.1mol?L-1NaHA溶液的pH=2，则由HA-?H
++A2-可知，电离出0.01mol/LH+，但H2A第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小
于0.1mol/L+0.01mol/L；（3）NaHA溶液显酸性，存在H2A═H++HA-，则c（Na+）＞c（HA-）＞c（
H+）＞c（OH-），结合水的电离H2O?H++OH-，同时有部分A2-发生水解，使c（A2-）减小，所以c（H+）＞c（A2
-），即NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)>c(OH－)；（4）c（N
a+）+c(H+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）表示Na2A溶液中的电荷守恒，A项正确；c（OH﹣）=c（
HA﹣）+c（H+）表示Na2A溶液中的质子守恒，B项正确，C项错误；由A、B相加得c(Na+）=2［c（HA﹣）+c(A
2﹣)］，D项错误。【分析】本题考查盐类水解规律及其离子浓度大小的比较关系。由电离方程式是H2A=H+?+HA﹣，HA﹣
???H+?+A2﹣．知H2A第一步电离是完全电离，HA﹣?不水解；第二步电离可逆，是部分电离（HA﹣：弱酸性），A2﹣
．会发生水解（1）强碱弱酸盐水解呈碱性（2）第一步完全电离得0.1mol?L﹣1H+；第二步电离可逆，第一步电离的H+会抑制HA
﹣?的电离，使第二步HA-电离的H+小于0.01mol?L﹣1（3）NaHA完全电力呈Na+和HA－,发生两个电离：HA﹣??
H+?+A2﹣（电离程度大），造成HA﹣?离子浓度减小H2O?H++OH-（电离程度小），氢离子来源于两个电离，所以浓度大于A2
﹣浓度（4）A：Na2A溶液中的电荷守恒；B：Na2A溶液中的质子守恒（水的电离+A2﹣的水解）；由A、B相加得c(Na+）=
2［c（HA﹣）+c(A2﹣)］20.【答案】（1）正（2）d（3）5.6；32（4）2H++2e﹣=H2↑，Cu2++2e﹣
=Cu【解析】【解答】解：接通电源一段时间后，b电极质量增加，应析出金属，则b为阴极，a为阳极，可知M为正极、N为负极，c、e为阳
极，d、f阴极，（1）M是直流电源的正极，故答案为：正；（2）c为阳极，发生氧化反应生成氯气，d是阴极，氢离子得电子产生氢气，该电
极附近氢氧根离子浓度增加，显示碱性，遇到酚酞显示红色，故答案为：d；（3）由图2可知t1s时乙中1molCl﹣完全放电，转移1mo
l电子，e电极上生成的气体为氧气，发生4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，生成氧气的物质的量为0.25mol，体积为0.25mol
×22.4L/mol=5.6L，b电极发生Cu2++2e﹣=Cu，生成0.5molCu，质量为0.5mol×64g/mol=32g
，则电极b、c的质量差为32g，故答案为：5.6；32；（4）t2s时，若将直流电源正、负极端对调，甲电解质溶液为硫酸，a为阴极，
首先析出氢气，然后析出铜，电极方程式为：2H++2e﹣=H2↑、Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：2H++2e﹣=H2↑、Cu2+
+2e﹣=Cu．【分析】接通电源一段时间后，b电极质量增加，应析出金属，则b为阴极，a为阳极，可知M为正极、N为负极，c、e为阳极，d、f阴极，（1）M为正极，；（2）c为阳极，发生氧化反应生成氯气，d是阴极，氢离子得电子产生氢气；（3）由图2可知t1s时乙中1molCl﹣完全放电，转移1mol电子，e电极上生成的气体为氧气，发生4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，b电极发生Cu2++2e﹣=Cu；（4）t2s时，若将直流电源正、负极端对调，a首先析出氢气，然后析出铜．21.【答案】（1）负；正（2）Ag++e﹣=Ag；0.025（3）4OH﹣﹣4e﹣═H2O+O2↑；140（4）Cu2++2e﹣=Cu；0.0125mol（5）2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；280（6）B；硝酸【解析】【解答】解：（1）电解池中，发现A极比C极重1.9g，则A极是阴极，和电源的负极相连的是阴极，即E是负极，F是正极，B是阳极，C是阴极，D是阳极，故答案为：负；正；（2）A极是阴极，电极反应式为：Ag++e﹣=Ag，C是阴极，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，析出金属铜，A极比C极重1.9g，设电路转移电子是x，则108x﹣32x=1.9，所以x=0.025mol，析出金属银的物质的量是0.025mol，故答案为：Ag++e﹣=Ag；0.025mol；（3）B是阳极，该极上是氢氧根离子失电子，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═H2O+O2↑，电路转移电子0.025mol，生成氧气是0.00625mol，体积是0.00625mol×22.4L/mol=0.14L=140mL，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═H2O+O2↑；140；（4）C是阴极，电极反应式为：Cu2++2e﹣=Cu，电路转移电子0.025mol，生成金属铜是0.0125mol，故答案为：；0.0125mol；（5）D是阳极，该极上的电极反应是：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电路转移电子0.025mol，生成氯气是0.0125mol，体积是280mL，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；280；（6）电解硝酸银，在阴极上是Ag++e﹣=Ag，阳极B上是：4OH﹣﹣4e﹣═H2O+O2↑，B电极附近产生硝酸，滴入石蕊试液，显示红色，故答案为：B；硝酸．【分析】（1）电解池中，和电源的正极相连的是阳极，和电源的负极相连的是阴极；（2）根据溶液中离子的放电顺序来书写电极反应式并结合电子转移来计算即可；（3）根据溶液中离子的放电顺序来书写电极反应式并结合电子转移来计算即可；（4）根据溶液中离子的放电顺序来书写电极反应式并结合电子转移来计算即可；（5）根据溶液中离子的放电顺序来书写电极反应式并结合电子转移来计算即可；（6）根据电极反应确定溶液酸碱性的变化，描述现象，确定电解质的组成． |
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