2020高考化学二轮必刷题集
专题八、水溶液中的离子平衡（轮考题）
【初见----14~16年高考赏析】
1．【2016年高考新课标Ⅰ卷】298K时，在20.0mL0.10mol氨水中滴入0.10mol的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（）
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的盐酸体积为20.0mL
C．M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D．N点处的溶液中pH<12
【答案】D
【解析】A.把盐酸滴加到氨水中，开始时溶液显碱性，当滴定达到终点时，溶液由碱性变为酸性，根据人视觉有滞后性，观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐，所以为减小滴定误差，在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些，不应该选择酚酞作为指示剂，错误；B.如果二者恰好反应，则会生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此M点pH＝7，则M点对应的盐酸体积小于20.0mL，错误；C.根据电荷守恒可得：c(NH4＋)+c(H＋)＝c(Cl－)+c(OH－)。由于M点处的溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH4＋)＝c(Cl－)。盐是强电解质，电离远远大于弱电解质水的电离程度，所以溶液中离子浓度关系是：c(NH4＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；D.N点氨水溶液中已经电离的一水合氨浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，c(OH-)=0.1mol/L×1.32%=1.32×10－3mol/L，根据水的离子积常数可知：N处的溶液中氢离子浓度＝＝7.6×10－12mol/L，根据pH=-lgc(H+)可知此时溶液中pH<12，正确。
2．【2016年高考新课标Ⅲ卷】下列有关电解质溶液的说法正确的是（）
A．向0.1molCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【解析】A、，因为随着水的量的增加，醋酸电离程度增大，但醋酸根离子浓度减小，平衡常数不变，故比值增大，错误；B、醋酸钠溶液加热，醋酸根离子水解程度增大，其=1/K，K变大，比值减小，错误；C、盐酸中加入氨水至中性，则氢离子浓度=氢氧根离子浓度，根据电荷守恒，铵根离子浓度=氯离子浓度，错误；D、比值中的分子分母均乘以银离子浓度，则变成两种物质的KSP比值，KSP只跟温度有关，所以比值不变，正确。
3．【2015新课标Ⅰ卷理综化学】浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是（）
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D．当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】A、根据图像可知，0.1mol/LMOH溶液的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液的pH<13，说明ROH为弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性。正确；B、ROH为弱碱，溶液越稀越易电离，所以ROH的电离程度：b点大于a点。正确；C、两溶液无限稀释下去，最终的pH均为7，所以它们的氢氧根离子浓度相等。正确；D、当=2时，MOH溶液的pH=11，ROH溶液的pH=10，MOH溶液中不存在电离平衡，升高温度，对c(M+)无影响；而ROH溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向移动，则c(R+)浓度增大。综上所述，升高温度时比值减小，错误。
4．【2014年高考广东卷】常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图5所示，下列说法正确的是（）
A．HA是强酸
B．该混合液pH=7
C．图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+
D．该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）
【答案】D
【解析】对于图像题目，首先根据题目弄清图像的含义，该图像中不存在Na+的浓度，从图像上可看出各粒子的浓度的大小关系，然后再结合题目所给信息对溶液中的粒子浓度大致排序，与图像中的粒子对照，结合选项进行分析判断。尤其是单选题目，取向相同的2个答案肯定不是本题的答案，如本题中A与B选项，HA是强酸，则溶液的pH一定等于7，单选题目不可能存在2个答案，所以答案一定在C、D中。A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH>7，错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)>c(A-)>c(OH－）>c(HA)>c(H＋)，所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），正确，答案选D。
5．【2014年高考新课标Ⅰ卷】溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是（）
A．溴酸银的溶解时放热过程
B．温度升高时溴酸银溶解速度加快
C．60℃时溴酸银的Ksp约等于6×10－4[来源:]
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
【答案】A
【解析】解决本题，首先要认识坐标系，弄清在坐标系中横坐标、纵坐标的含义。然后分析物质的性质变化规律，再对各个选项中的知识进行逐一剖析。A、由溶解度随温度的变化曲线关系可知：温度升高，该物质的溶解度增大。说明升高温度促进物质的溶解，根据平衡移动原理：升高温度，OH向吸热方向移动。因此溴酸银(AgBrO3)溶解是吸热过程，错误；B、温度升高，溴酸银溶解在水中的微粒运动速度加快，扩散的更快，因此升高温度使其溶解速度加快，正确；C、有图像可以看出：在60℃时溴酸银的溶解度大约是0.6g.即在100g约0.1L,则在该饱和溶液中溶质是浓度为：c(AgBrO3)=(0.6g÷236g/mol)÷0.1L=0.025mol/L，故Ksp=c(Ag+)·c(BrO3-)=0.025×0.025约等于6×10-4，正确；D、由于硝酸钾的溶解度比较大，而且溶解度随温度的升高而增大。而溴酸银的溶解度较小，所以若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯。正确。
【相识----考向归类】
【相知----分点突破】
考向1条件改变(浓度，pH，温度等)对离子平衡的影响
1．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）
A． pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol?L﹣1 B． pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1 C． pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：
c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣） D． pH相同的CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：＞＞ 【答案】D
【解析】A、c（H+）>c（HS﹣）,错误；B、稀释后，碱性减弱，错误；C、该等式想表达电荷守恒，少了草酸根离子；D、根据越弱越水解，可推断结果。
2．取浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，分别通入0.02molCO2，发生反应：NaA＋CO2＋H2O===HA＋NaHCO3、2NaB＋CO2＋H2O===2HB＋Na2CO3。将浓度均为0.1mol/L、体积均为1L的HA溶液和HB溶液分别加水稀释至体积为VL，溶液pH的变化曲线如图所示，则下列说法正确的是()
A．HA是强酸，HB是弱酸B．曲线X表示HB，曲线Y表示HA
C．常温下，pH相等的NaA溶液与NaB溶液的物质的量浓度：c(NaA)
D．NaA与NaB的混合溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(HA)＋c(HB)
【答案】B
【解析】由反应NaA＋CO2＋H2O===HA＋NaHCO3、2NaB＋CO2＋H2O===2HB＋Na2CO3可知，酸性强弱顺序：H2CO3>HA>HCO＞HB。HA、HB溶液的浓度均为0.1mol·L－1，由图中曲线可知，pH(Y)＝2，pH(X)＞3，则HA、HB都是弱酸，A错误；HA的酸性强于HB，故pH(HA)＜pH(HB)，则曲线X表示酸性更弱的HB，曲线Y表示HA，B正确；形成盐的酸越弱，对应阴离子的水解程度越强，则水解程度：NaB＞NaA，由于两溶液均呈碱性且pH相等，则有c(NaA)＞c(NaB)，C错误；NaA与NaB的混合溶液中，据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(HA)＋c(HB)，D错误。
考向2四大平衡常数的应用
3.(15广东)一定温度下，水溶液中H+和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）
A.升高温度，可能引起有c向b的变化B.该温度下，水的离子积常数为1.0×10￣13C.该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D.该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C
【解析】A、升温，水的离子积增大，不在原曲线上变化；B、该温度下，水的离子积常数为1.0×10￣14；C正确；D稀释，水的离子积不变，应在曲线上移动。
4、下图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是（）
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝KW
B．XZ线上任意点均有pH＝7
C．图中T1＜T2
D．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)
【答案】B
【解析】XZ上的pH应该在6.5到7之间，B错误。
5．在t℃时，AgI在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是()
A．在t℃时，AgI的Ksp(AgI)＝2.5×10－15B．图中b点有AgI沉淀析出
C．向c点溶液中加入适量蒸馏水，可使溶液由c点到a点
D．在t℃时，AgI的溶解度约为1.175×10－6g
【答案】C
【解析】图中c点时c(Ag＋)＝c(I－)＝5×10－8mol·L－1，则该温度时AgI的Ksp(AgI)＝c(Ag＋)·c(I－)＝5×10－8×5×10－8＝2.5×10－15，A正确；图中b点在平衡曲线以上，该点的浓度商Qc>Ksp(AgI)，则有AgI沉淀析出，B正确；c点溶液中加入适量蒸馏水，c(Ag＋)、c(I－)均减小，故不能实现c点到a点的转化，C错误；由图可知，t℃时AgI饱和溶液的浓度c(AgI)＝5×10－8mol·L－1，假设AgI饱和溶液的密度为1g·cm－3，则有≈，故t℃时AgI的溶解度约为1.175×10－6g，D正确。
6．25℃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]
A．b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且Ksp[Fe(OH)2]＝10－15.1
B．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：c(Fe2＋)c(Cu2＋)＝1104.6
C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
D．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2＋，可加入适量CuO
【答案】A
【解析】该温度下，Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2＋)，离子浓度越大，－lgc(M2＋)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2＋)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中－lgc(Fe2＋)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，由图像可知，pH＝8时，－lgc(Fe2＋)＝3.1，Ksp[Fe(OH)2]＝10－3.1×(10－6)2＝10－15.1，A正确；当pH＝10时，－lgc(Cu2＋)＝11.7，则Ksp[Cu(OH)2]＝10－11.7×(10－4)2＝10－19.7，c(Fe2＋)：c(Cu2＋)＝＝＝，B错误；向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中c(Cu2＋)的浓度会减小，而从X点到Y点c(Cu2＋)浓度不变，C错误；Ksp[Cu(OH)2]
考向3酸碱中和滴定的应用
7．用0.1000mol·L－1的标准盐酸分别滴定20.00mL0.1000mol·L－1氨水和20.00mL0.1000mol·L－1氢氧化钠溶液的滴定曲线如图所示，横坐标为滴定百分数(×100%)，纵坐标为滴定过程中溶液的pH，甲基红是一种酸碱指示剂，变色范围为4.4～6.2，下列有关滴定过程的说法正确的是()
A．滴定氨水溶液时，当滴定百分数为50%时，各离子浓度间存在关系：
c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)
B．滴定百分数为100%时，即为滴定过程中反应恰好完全的时刻
C．从滴定曲线可以判断，应用甲基橙作为滴定过程中的指示剂
D．滴定氨水溶液时，当滴定百分数为150%，所得溶液中离子浓度：
c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
【答案】B
【解析】滴定氨水时，当滴定百分数为50%时，溶液中的溶质为等浓度的NH3·H2O和NH4Cl，由电荷守恒得：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，A错误；根据滴定百分数的定义可知，当滴定百分数为100%时即为恰好完全反应，B正确；根据滴定曲线图可知，圆圈表示滴定终点，甲基红的变色范围更接近滴定终点，故使用甲基红作为指示剂更加准确，C错误；滴定氨水时，当滴定百分数为150%时，溶液中的溶质为NH4Cl和HCl，且c(NH4Cl)c(HCl)＝21，在酸性溶液中，NH水解程度很小，所以离子浓度大小顺序为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，D错误。
8．20℃时向20mL0.1mol·L－1醋酸溶液中不断滴入0.1mol·L－1NaOH(aq)，溶液pH变化如图所示。此过程溶液中离子浓度的关系错误的是()
A．a点：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
B．b点：c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
C．c点：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
D．d点：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】C
【解析】a点是CH3COOH和CH3COONa的等量混合，离子浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；b点，溶液呈中性，溶质为CH3COONa和少量CH3COOH，根据电荷守恒可判断；c点，正好生成CH3COONa溶液，根据质子守恒得c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)；d点是CH3COONa和NaOH的混合，其中CH3COONa的物质的量是NaOH的2倍，正确。
9．电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是()
A．曲线代表滴定HCl溶液的曲线
B．A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.1mol·L－1
C．在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：C
D．D点溶液中：c(Cl－)＝2c(OH－)－2c(H＋)
【答案】D
【解析】由图分析知，曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，A错误；A点溶液中c(Na＋)＝0.05mol/L，由电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝c(Na＋)＝0.05mol/L，B错误；A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，C点溶质为NaCl，对水的电离无影响，则水的电离程度：B
10．25℃时，向100mL1mol·L－1H2SO3溶液中逐滴滴入1mol·L－1的NaOH溶液，其微粒的分布分数α(平衡时某微粒的浓度与各微粒浓度之和的比)与pH的关系如图所示(已知：pKa＝－lgKa,25℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19)。下列说法不正确的是()
A．pH＝1.85时，c(H2SO3)＝c(HSO)
B．pH＝6时，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)
C．pH＝7.19时，c(Na＋)>c(HSO)＝c(SO)>c(OH－)>c(H＋)
D．加入150mLNaOH溶液时，3c(Na＋)＝2c(H2SO3)＋2c(HSO)＋2c(SO)
【答案】D
【解析】A项，pH＝1.85时，即－lgc(H＋)＝1.85，由已知H2SO3的pKa1＝1.85，易得Ka1＝c(H＋)，而Ka1＝＝c(H＋)，因此有c(H2SO3)＝c(HSO)，不符合题意；B项，pH＝6时，溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，不符合题意；C项，pH＝7.19时，同A项分析可知，c(HSO)＝c(SO)，c(H＋)＝10－7.19，则c(OH－)＝10－6.81，故c(OH－)>c(H＋)，不符合题意；D项，加入150mLNaOH溶液时，得到等量的Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，根据物料守恒可得：2c(Na＋)＝3c(H2SO3)＋3c(HSO)＋3c(SO)，符合题意。
11．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)与NH3相似，水溶液呈碱性，25℃时，向10mL0.1mol·L-1乙二胺溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸，各组分的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示，下列说法错误的是（）
A．水的电离程度:a>b
B．Kb2[H2NCH2CH2NH2]的数量级为10-8
C．混合溶液呈中性时，滴加盐酸的体积小于10mL
D．a点所处的溶液中：c(H+)+3c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(OH－)+(Cl－)
【答案】C
【解析】乙二胺为二元弱碱，混合溶液呈中性是，滴加盐酸的体积应小于20mL。
12．25℃时，用NaOH溶液滴定H2C2O4?溶液，溶液中和－lgc(HC2O4－)或和－lgc(C2O42－)关系如图所示，下列说法正确的是（）
A．曲线L1表示和－lgc(HC2O4－)的关系
B．?Ka2(H2C2O4)的数量级为10－2
C．NaHC2O4溶液中c?(Na+)>c(HC2O4－)>c(H2C2O4)>c(C2O42－)
D．向0.1mol·L－1H2C2O4溶液中加少量水，减小
【答案】A
【解析】根据图像可求Ka1=10-2,Ka2=10-5，B错误；NaHC2O4溶液中是电离大于水解（电离常数大于水解常数），故错误；D，加水稀释，Ka不变，氢离子浓度减小，故增大。
【再遇----17~19年高考赏析】
1．[2019新课标Ⅰ]NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10?3，Ka2=3.9×10?6）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
B．Na+与A2?的导电能力之和大于HA?的
C．b点的混合溶液pH=7
D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?)
【答案】C
【解析】A项、向邻苯二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，故A正确；B项、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—，故B正确；C项、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pH＞7，故C错误；D项、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—），故D正确。
2．[2019新课标Ⅱ]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)
C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【解析】A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；C.m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；D.从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；答案选B。
．[2019新课标Ⅲ]（）A．每升溶液中的H+数目为0.02B．c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH?)
C．．【答案】B
【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；
B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；
答案选B。
4．[2018新课标Ⅲ]用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-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10-10
B．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0.0400mol·L-1Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500mol·L-1Br-，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。A．选取横坐标为50mL的点，此时向50mL0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL0.1mol/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11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1×10-8mol/L(实际稍小)，所以Ksp(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确。B．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)，选项B正确。C．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50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.04mol/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25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以Ksp(AgCl)应该大于Ksp(AgBr)，将50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.05mol/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11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c点变为b点,选项D正确。
5．[2017新课标Ⅱ]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
A．pH=1.2时，
B．
C．pH=2.7时，
D．pH=4.2时，
【答案】D
【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA?相交，则有c(H2A)=c(HA?)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2?)=c(HA?)，根据第二步电离HA?H＋＋A2?，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2?)/c(HA?)=c(H+)=10?4.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2?相交，则有，故C说法正确；D、由图知，pH=4.2时，c(HA?)=c(A2?)，H2A电离出一个HA?时释放出一个H+，电离出一个A2?时，释放出2个H+，同时水也会电离出H+，因此c(H+)＞c(HA?)=c(A2?)，错误。
6．[2017新课标Ⅰ]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（）
A．Ka2(H2X)的数量级为10–6
B．曲线N表示pH与的变化关系
C．NaHX溶液中
D．当混合溶液呈中性时，
【答案】D
【解析】A、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，=10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2(H2X)的数量级为10–6，A正确；B．根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C．曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点，=100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka1=10－4.4，因此HX－的水解常数是=10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D．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；答案选D。
7．[2017新课标Ⅲ]在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（）
A．的数量级为
B．除反应为Cu+Cu2++2=2CuCl
C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好
D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全
【答案】C
【解析】A．Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl－)，在横坐标为1时，纵坐标大于－6，小于－5，所以Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A正确；B．除去Cl－反应应该是Cu+Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，B正确；C．溶液中存在平衡：Cu++Cl－CuCl、2Cu+Cu2++Cu，加入纯固态物质Cu对平衡无影响，故C错误；D．在没有Cl－存在的情况下，反应2Cu＋Cu2＋＋Cu的平衡常数约为，平衡常数很大，反应趋于完全，D正确。答案选C。
【重逢----旧题重做】
1．(2017·全国Ⅱ卷改编)改变0.1mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、
A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝]。
下列叙述错误的是()
A．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)B．lg[K2(H2A)]＝－4.2
C．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)D．pH＝1.2时，c(H2A)+c(HA－)<0.1mol/L
【答案】D
【解析】D选项根据图像可知，pH＝1.2时，c(H2A)+c(HA－)=0.1mol/L，故错误。
2．(18天津改编)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溶液的叙述不正确的是（）
A．溶液中存在7个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH先减小后不变
D．用浓度大于1mol·L–1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】B
【解析】B选项除该三种粒子外，还有磷酸分子。
3．（17江苏改编）常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10?4，Ka(CH3COOH)=1.75×10?5，Kb(NH3·H2O)=1.75×10?5，下列说法正确的是（）
A．NH4Cl溶液呈碱性
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2mol·L?1HCOOH与0.1mol·L?1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO?)+c(OH?)=c(HCOOH)+c(H+)
D．0.2mol·L?1CH3COONa与0.1mol·L?1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO?)>c(Cl?)>c(CH3COOH)>c(H+)
【答案】D
【解析】A、NH4Cl溶液水解呈酸性；B、酸性越弱，电离得到的氢离子越少，pH越大，当pH相同时，酸的浓度越大，消耗氢氧化钠越多,错误；C、该溶液为甲酸与甲酸钠1：1的溶液，根据电荷守恒及物料守恒可判断C错误；D、该溶液为乙酸钠与乙酸1：1的溶液，可判断答案正确。
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