2019年高考真题+高考模拟题专项版解析汇编 化学——专题10 水溶液中的离子平衡（解析版）

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1、专题10 水溶液中的离子平衡2019年高考真题12019新课标NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1103 ，Ka2=3.9106）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 BNa+与A2的导电能力之和大于HA的 Cb点的混合溶液pH=7 Dc点的混合溶液中，c(Na+)c(K+)c(OH)【答案】C【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，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，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯

2、二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】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pH7，故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢

3、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。故选C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。22019新课标绚丽多彩的无机颜料的应

4、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)Ksp(p)c(OH)B随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH)减小C随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】C【解析】【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促

5、进盐类水解，据此解题；【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，

6、故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。52019天津某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A曲线代表溶液B溶液中水的电离程度：b点c点C从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3CO

7、OH；A、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2）。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)c(

8、HNO2)c(OH-)/c(H+)c(NO2-)=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与k

9、w为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。62019江苏室温下，反应+H2OH2CO3+OH的平衡常数K=2.2108。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A0.2 molL1氨水：c (NH3H2O)c() c (OH) c (H+)B0.2 molL1NH4HCO3溶液(pH7)：c () c () c (H2CO3) c (NH3H2O)C0.2 molL1氨水和0.2 molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3H2O)=c(H2C

10、O3)+c ()+c()D0.6 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3H2O)+ c()+ c(OH)=0.3 molL1+ c (H2CO3)+ c (H+)【答案】BD【解析】【详解】A.NH3H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3H2ONH4+OH-，H2OH+OH-，所以c(OH-)c(NH4+)，故A错误；B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，前者水解程

11、度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)c(NH3H2O)，故B正确；C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，故C错误；D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去c(NH4+)得：c(NH3H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/L

12、NH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，将等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将带入中得，c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。72019浙江选考室温下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.1 molL1 NaOH溶液

13、。已知：H2AH+HA，HAH+A2。下列说法不正确的是A0.1 molL1 H2A溶液中有c(H+)c(OH)c(A2)0.1 molL1B当滴加至中性时，溶液中c(Na+)c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的体积小于10 mLC当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH7，此时溶液中有c(A2)c(H+)c(OH)D当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)2c(HA)2c(A2)【答案】B【解析】【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 molL1二元酸H2A看做20 mL 0.1 molL1HA-一元弱酸和0.1m

14、ol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。【详解】A. 0.1 molL1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH)+2c(A2)+ c(HA)，因而c(H+)-c(OH)-c(A2)= c(A2)+c(HA)=0.1molL1，A项正确；B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HAH+A2，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH7，存在质子守恒，其关系为c(A2)c(H+)c(OH)，C项正确；D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据

15、物料守恒有：c(Na+)2c(HA)2c(A2)，D项正确。故答案选B。2019届高考模拟试题82019甘肃省定西市陇西县第一中学高三下学期适应性训练常温下，向20 mL 0.1 molL1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是A常温下，0.1 molL1氨水中的电离常数约为Ba、b之间的点一定满足：c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+)Cc点溶液中c(NH4+)c(Cl)Db点代表溶液呈中性【答案】B【解析】【分析】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=1011mol/L，则c（OH）=1014/1011m

16、ol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）c（OH）/c（NH3H2O）计算；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；D. b点溶液中c点水电离出的c（H+）=107mol/L，常温下c（H+）c（OH）=Kw=1014，据此判断。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=1011mol/L，则c（OH）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）c（OH）/c（NH3H2O）=103103/0.1mol/L=1105mol/L，故A正确；

17、B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒得c（Cl）c（NH4+），而c（Cl）和c（OH）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4+）c（Cl），故C正确；D.b点溶液中c（H+）=107mol/L，常温下c（H+）c（OH）=Kw=1014，所以c（H+）=c（OH），溶液呈中性，故D正确。故选B。92019山西省太原市高三5月模拟考试常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数

18、关系如图所示。下列叙述错误的是Aa点时，溶液中由水电离的c(OH)约为11010 molL1B电离平衡常数：Ka(HA)c(Na+)c(H+)c(OH)D向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B) c(HB)【答案】B【解析】A. a点时，=0，c(A)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离的c(OH)约为11010 molL1，选项A正确；B. =0，c(A)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)=104mol/L；=0，c(B)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)=105mol/L，Ka(HA) Ka(HB)，选项B错误；C. b点时，=

19、0，c(B)=c(HB)，pH=5，c(B)=c(HB)c(Na+)c(H+)c(OH)，选项C正确；D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，0，c(B) c(HB)，选项D正确。答案选B。102019武汉市武昌区高三五月调研考试室温下，用0.100 molL1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100 molL1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A表示的是滴定醋酸的曲线BpH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)20.00mLCV(NaOH)20.00mL时，两份溶液中c(Cl)c(CH3COO)DV(NaOH)10.00mL时，醋酸中c(Na+)c(C

20、H3COO)c(H+)c(OH)【答案】C【解析】A. 未滴加NaOH溶液时，0.1mol/L盐酸pH=1，0.1mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图，故A错误； B. V（NaOH）=20.00mL时恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7，则加入的氢氧化钠溶液体积应该稍小，即V（NaOH）20.00mL，故B错误；C. V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，即c（Cl）c（CH3COO），故C正确；D. V（NaOH）=10.00mL时，与醋酸反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，

21、溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知：c（CH3COO）c（Na+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中粒子浓度的大小，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。112019山东省济南市高三5月模拟考试某温度下，向10 mL 0.1 molLlNaCl溶液和10 mL 0.1 molLlK2CrO4溶液中分别滴加0.1 molLlAgNO3溶液。滴加过程中pMlgc(Cl)或lgc(CrO42

22、)与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是A该温度下，Ksp(Ag2CrO4)41012Bal、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：albcC若将上述NaCl溶液浓度改为0.2molL1，则a1点会平移至a2点D用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂【答案】B【解析】【分析】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 molLlNaCl溶液和10 mL 0.1 molLlK2CrO4溶液中分别滴加0.1 molLlAgNO3溶液。当滴加

23、10 mL0.1 molLlAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 molLlAgNO3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，据此分析解答。【详解】Ab点时恰好反应生成Ag2CrO4，lgc(CrO42)=4.0，c(CrO42)= 104molLl，则c(Ag+)=2 104molLl，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42)c2(Ag+)=41012，故A正确；Bal点恰好反应，lgc(Cl)=4.9，c(Cl)=104.9molLl，则c(Ag+)=104.9molLl，b点c(Ag+)=2 104molLl，c点

24、，K2CrO4过量，c(CrO42)约为原来的，则c(CrO42)= 0.025molLl，则c(Ag+)=105molLl，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；C温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2molL1，平衡时，lgc(Cl)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；D根据上述分析，当溶液中同时存在Cl和CrO42时，加入硝酸银溶液，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，故D正确；答案选B。12201

25、9四川省成都市高三下学期第三次诊断性检25将浓度均为0.1 mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100 mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图。下列说法错误的是A曲线II表示HA溶液体积Bx点存在c(A)+c(OH)=c(B+)+c(H+)C电离平衡常数K(HA)K(BOH)D向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小【答案】C【解析】【详解】A. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH7，随着曲线I体积的增大，溶液的pH逐渐增大，说明曲线I表示BOH溶液的体积，则曲线II表示HA溶液体积，故A正确；B. 根据图像

26、，x点HA溶液体积大于BOH溶液等体积，溶液为HA和BA的混合溶液，根据电荷守恒，有c(A)+c(OH)=c(B+)+c(H+)，故B正确；C. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH7，溶液显碱性，说明K(HA)c(B2)c(OH)c(H+)DF点溶液c(NH4+)=2c(B2)【答案】D【解析】【分析】未加入氨水前，溶液的水电离出的OH浓度为1013mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的c（H+）逐渐增大，当两者恰

27、好完全反应生成（NH4）2B时水的电离程度达最大（图中D点），继续加入氨水，水电离的c（H+）逐渐减小。【详解】A.NaHB属于强酸的酸式盐，NaHB溶液应该呈酸性，A项错误；B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的pH是逐渐增大的，B项错误； C.E点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）1107mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则E点水溶液显酸性，所以c(H+)c(OH)，C项错误；D.F点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）=1107mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则F点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4+)+c

28、(H+)=c(OH)+2c(B2)，因c(H+)=c(OH)，所以有c(NH4+)=2c(B2)，D项正确； 所以答案选择D项。142019河南省洛阳市高三第四次模拟考试常温下，向10mL0.10 mol/L CuCl2溶液中滴加0.10mol/L Na2S溶液，滴加过程中lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是AKsp(CuS)的数量级为1021B曲线上a点溶液中，c(S2)c(Cu2+) Ksp(CuS)Ca、b、c三点溶液中，n(H+)和n(OH)的积最小的为b点Dc点溶液中：c(Na+)c(Cl)c(S2)c(OH)c(H+)【答案】D【解析】【分析】

29、向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2CuS，Cu2+单独存在或S2单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象分析解答。【详解】A该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2)=1017.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2) =1017.7mol/L1017.7mol/L=1035.4，则Ksp(CuS)的数量级为1036，故A错误；B沉淀溶解平衡常数Ksp(CuS)只与温度有关，并且Ksp(CuS)=1035.4，很小，所以随着Na2S溶液的滴加，溶液中c(Cu2+)减小、lgc(Cu2+)增大，二者关系始终满

30、足c(S2)c(Cu2+)=定值=Ksp(CuS)，故B错误；C温度不变，Kw=c(H+)c(OH)不变，则n(H+) n(OH)= KwV2，说明溶液的体积越小，n(H+) n(OH)越小，因此n(H+)和n(OH)的积最小的为a点，故C错误；Dc点时溶质为浓度之比21的NaCl和Na2S混合溶液，Na2S是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，所以c点溶液中：c(Na+)c(Cl)c(S2)c(OH)c(H+)，故D正确；答案选D。152019四川省遂宁市2019届高三第三次诊断性考试常温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L的HX、HY溶液，p

31、H随NaOH溶液体积变化如图。下列结论正确的是A酸性:HX c(HY)c(Y)c(H)【答案】C【解析】【分析】用浓度为0.1mol/L的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00 mL 0.1mol/L的HX、HY溶液中，酸越弱，初始时刻pH值越大，根据图象可判断，酸性强弱为HYHX；当NaOH反应了10.00 mL时，溶液中分别存在HX、NaX和HY、NaY，且物质的量之比分别为1：1；当NaOH反应了20.00 mL时，溶液中分别恰好存在NaX和NaY，二者均会发生水解使溶液呈碱性，根据图象和溶液中的守恒关系解答。【详解】A对于HX和HY，酸性越弱，电离出的H+浓度越小，初始时刻根据图象，pH

32、越小的酸酸性越强，电离程度就越大，因此酸性强弱为HYHX，A项错误；BpH=7时，溶液中c（H+）=c（OH），根据电荷守恒，分别存在c（Na+）=c（X），c（Na+）=c（Y），但HX和HY此时消耗的NaOH的量不相同，前者消耗的多，因此c（X）c（Y），B项错误； C当V（NaOH）=20.00 mL时，HX恰好转化为NaX，HY恰好转化为NaY，二者均水解使溶液显碱性，根据质子守恒可知c(HX)+c(HY)+c(H+)=c(OH)，C项正确；D当V（NaOH）=10.00mL时，HY的溶液中存在HY和NaY，物质的量之比为1：1，此时溶液显酸性，可以判断是酸的电离程度大于酸根离子的水解

33、程度，对于HY、NaY的混合溶液来说，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（Y），由于溶液是酸性，因此c（H+）c（OH），则c（Na+）c（Y），无论是电离还是水解，都是微弱的过程，因此X、HY浓度都大于H+的浓度，所以溶液中粒子浓度大小关系为：c（Y）c（Na+）c（HY）c（H+）c（OH），D项错误；答案选C。【点睛】分析图像每个特殊点的溶质成分是解题的关键，D项是难点，学生要准确把握溶液的酸碱度、三大守恒及其溶质组成，分析电离与水解的相对强弱才能正确解题。162019湖南省常德市高三第一次模拟考试已知：常温下，Ksp(CuS)=1.01036，K sp(HgS)=1

34、.61052；pM=lgc(M2+)。常温下，向10.0mL0.20molL1Cu(NO3)2溶液中逐滴滴加0.10mo lL1Na2S溶液，溶液中pM与加入Na2S溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是AV0=20.0mL，m=18B若cCu(NO3)2=0.01molL1，则反应终点可能为e点Ca、b、d三点中，由水电离的c(H+)和c(OH)的积最大的为b点D相同条件下，若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，则反应终点b向c方向移动【答案】C【解析】A.根据图象可知在V0时c(Cu2+)突然减小，说明此时恰好发生反应：Cu2+S2=CuS，n(S2

35、)=n(Cu2+)=cV=0.20mol/L0.01L=2.0103mol，V(S2)=0.02L=20mL，由于Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2)=1.01036，所以c(Cu2+)=1.01018mol/L，则pM=lg c(Cu2+)=lg1.01018=18，A正确；B.温度不变，Ksp不变，则pM就不变，cCu(NO3)2=0.01mol/L时，根据Cu2+S2=CuS，Cu2+物质的量减小，反应消耗的S2的体积也减小，n(S2)=n(Cu2+)=cV=0.01mol/L0.01L=1.0104mol，V(S2)=0.001L=1mL，根据所以反应终点可能为e点，B正确；C.

36、a点是反应开始不长时间，Cu(NO3)2溶液过量，Cu2+水解时溶液显酸性，对水的电离平衡起促进作用，随着Na2S溶液的加入，当到b点时恰好发生Cu2+S2=CuS，对水的电离平衡影响最小，后随着Na2S溶液的加入，Na2S溶液过量， S2水解使溶液显碱性，又促进水的电离，水的电离程度在b点最小，但无论在哪一点，反应温度不变，水电离产生的c(H+)和c(OH)的积都等于水的离子积常数Kw，是相等的，C错误；D.若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，恰好发生反应：Hg2+S2=CuS时， n(S2)=n(Hg2+)=cV=0.20mol/L0.01L=2.0103m

37、ol，V(S2)=0.02L=20mL，由于K sp(HgS)=1.61052，所以c(Hg2+)=1.01026mol/L，则pM=lg c(Hg2+)=lg1.01026=26，m数值变大，所以反应终点b向c方向移动，D正确；故合理选项是C。172019福建省厦门市高中毕业班5月第二次质量检查一种以磷酸工业副产物磷石膏(主要成分为CaSO4，杂质含H3PO4，SiO2，Al2O3等)制取高纯硫酸钙的流程如图所示。（1）磷石膏废弃会造成的环境问题为_；（2）“碱溶”中Al2O3发生反应的化学方程式为_；（3）含硅与含铝组分分布系数与pH关系如下图：“调pH”时，溶液的pH应调节为_；KspA

38、l(OH)3=_；Al(OH)3(aq)+H2OAl(OH)4(aq)+H+(aq)，则KaAl(OH)3=_；（4）“电解”采用双极膜电渗析法，装置如下图。“某极电解液”为_(填“X”、“Y”或“Z”)极。阴极电极反应式为_。（5）流程中可循环利用的物质有_(填化学式)。【答案】（1）水体富营养化 （2）Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4 （3）7 1.01033 1012.8 （4）X 2H+2e=H2 NaOH、HCl 【解析】【分析】（1）磷元素是植物生长需要的营养元素，磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；（2） Al2O3是两性氧化物，可以与强碱反应产生盐和

39、水；（3）调整溶液的pH，使Si元素形成沉淀，而Al元素以Al(OH)4存在于溶液中；根据形成Al(OH)3沉淀的pH分析KspAl(OH)3大小；根据电离平衡常数的概念计算；（4）根据某极电解液的作用是沉钙，分析所属电极名称；根据阴极上溶液中的阳离子放电，结合离子的放电顺序分析判断；根据两个电极放电后产生的物质分析循环利用的物质。【详解】（1）磷元素是植物生长需要的营养元素，在磷石膏中含有H3PO4，若磷石膏废弃，磷酸溶于水，会电离产生H2PO4、HPO42，为植物生长提供营养元素，使植物疯狂生长，故磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；（2） Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH溶于

40、发生反应产生NaAl(OH)4，反应方程式为Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4；（3）根据图象可知在溶液的pH=7时，Si元素以H4SiO4沉淀的形式存在，而Al元素以Al(OH)3沉淀的形式存在，故调整溶液的pH=7；由图象可知：当溶液的pH大约为pH=3时形成Al(OH)3沉淀，c(H+)=103，则根据水的离子积常数可得此时溶液中c(OH)=1011，则KspAl(OH)3=1(1011)3=1033；对于电离平衡：Al(OH)3(aq)+H2OAl(OH)4(aq)+H+(aq)，当溶液的Al(OH)3(aq)的浓度与Al(OH)4(aq)的浓度相等时，KaAl(OH)3等于溶液中氢离子的浓度，所以KaAl(OH)3=c(H+)=1012.8；（4）“某极电解液”作用是沉钙，应该为酸溶液，在电解装置中，左边为正极区，OH向正极区移动，H+向X区移动，因此X区溶液为酸性溶液，故“某极电解液”为X极；在负极区，H+发生还原反应产生氢气，因此阴极电极反应式为2H+2e=H2；H+向X电极移动，Cl移向X电极区，Na+移向Z电极区，OH向Z电极区移动，所以X电极区产生HCl，Z电极区产生NaOH，反应产生的HCl、NaOH又可以在酸溶、碱溶