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2020高考化学二轮复习专题限时集训8水溶液中的离子平衡（含解析）
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专题限时集训(八) 水溶液中的离子平衡
(限时：45分钟)
(对应学生用书第146页)
1．下列说法不正确的是( )
A．25 ℃，pH＝4的HF溶液与pH＝10的氨水中水电离出的c(H＋)相同
B．25 ℃，0.01 mol·L－1的HA溶液的pH＝5，则Ka(HA)为1×10－8
C．Na2CO3溶液加水稀释，在溶液中保持不变
D．已知在相同条件下，HF的酸性强于CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F－)>c(K＋)－c(CH3COO－)
D [HF、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性HF>CH3COOH，水解程度F－
A．0.1 mol·L－1的NaHA溶液pH＝1则有：c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋2c(A2－)
B．向NaAlO2溶液中逐滴加入稀盐酸至沉淀恰好消失时：c(Cl－)＝3c(Al3＋)
C．将a mol·L－1的醋酸溶液与0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)，醋酸的电离常数Ka＝(用含a的代数式表示)
D．向NH4Cl溶液中加入少量等物质的量浓度的稀盐酸，则的值增大
D [0.1 mol·L－1的NaHA溶液pH＝1，说明NaHA在水溶液中完全电离成Na＋、H＋和A2－，根据物料守恒有c(Na＋)＝c(A2－)，A项错误；向NaAlO2溶液中逐滴加入稀盐酸至沉淀恰好消失，溶液中依次发生的反应为NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓和Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O，则溶液中c(Cl－)＝4c(Al3＋)，B项错误；由电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，已知溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性，即c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝0.005 mol·L－1，用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka＝＝，C项错误；向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，盐酸抑制NH水解，所以溶液中的值将增大，D项正确。]
3．(2019·青岛一模)已知pOH＝－lg c(OH－)，向20 mL 0.1 mol·L－1的氨水中滴加未知浓度的稀硫酸，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法不正确的是( )
A．稀硫酸的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
B．当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大
C．a点时溶液中存在(NH3·H2O)＋2(OH－)＝(NH)＋2(H＋)
D．a、b、c三点对应NH的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)
B [当氨水与稀硫酸恰好反应生成(NH4)2SO4时水的电离程度最大，B错误。]
4．(2019·北京高考)实验测得0.5 mol·L－1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L－1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 ( )
A．随温度升高，纯水中c(H＋)>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
C [A项，升温，促进水的电离，溶液中的H＋、OH－浓度均增大，但二者始终相等，溶液呈中性，错误；B项，升温，CH3COONa溶液中的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，错误；C项，随温度升高，CuSO4溶液的水解平衡正向移动，水的电离平衡正向移动，因此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，正确；D项，随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的水解平衡均正向移动，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果，错误。 ]
5．室温下，浓度均为0.1 mol·L－1、体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积V，已知pOH＝－lg c(OH－)，pOH与lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．HX、HY都是弱酸，且Ka(HX)>Ka(HY)
B．图中pOH随lg 变化始终满足直线关系
C．lg ＝3时，NaX溶液中所含离子总数小于NaY溶液
D．分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH＝7时，c(X－)＝c(Y－)
A [当lg 很大时，pOH变化很小，pOH与lg 的关系就不能满足直线关系，B错误；NaX溶液中与NaY溶液中的c(H＋)前者大，故NaX溶液中含的离子总数较大，C错误；根据电荷守恒和pH＝7可推导c(X－)>c(Y－)，D错误。]
6．类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pc＝－lg c，pKa＝－lg Ka。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH下，测得pc(H2A)、pc(HA－)、pc(A2－)变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．pH＝3.05时，c(H2A)>c(HA－)>c(A2－)
B．常温下，pKa1(H2A)＝5.30，pKa2(H2A)＝0.80
C．b点时，＝104.50
D．pH＝3.00～5.30时，n(H2A)＋n(HA－)＋n(A2－)先增大后减小
C [根据图可知ab线代表H2A，ac线代表HA－，bc线代表A2－。pH＝3.05时，c(H2A)＝c(A2－)，A错误；根据a、c点可知pKa1＝0.8，pKa2＝5.30，B错误；根据物料守恒，三者物质的量和不变，D错误。]
7．(2018·全国卷Ⅲ，变式)某温度下，向10 mL 0.1 mol·L－1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中－lg c(Cu2＋)与加入Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。已知：lg 2＝0.3，Ksp(ZnS)＝3×10－25。下列有关说法正确的是 ( )
A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)
C．该温度下Ksp(CuS)＝4×10－36
D．相同实验条件下，若改为0.1 mol·L－1的ZnCl2溶液，反应终点b向d方向移动
C [b点为NaCl溶液，水的电离程度最小，A错误；Na2S溶液中，根据物料守恒知，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝c(Na＋)，B错误；Ksp(CuS)＝10－17.7×10－17.7＝10－35.4＝100.6×10－36＝4×10－36，C正确；ZnS比CuS的Ksp大，终点－lg c(Cu2＋)小，D错误。]
8.已知对于电离常数为Ka的某一元弱酸滴定过程中，pH突变随其浓度的增大而增大，且浓度主要影响滴定终点和滴定终点之后的曲线部分。常温下，用不同浓度的NaOH溶液分别滴定20 mL与其同浓度的某弱酸HA溶液，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．由图可知：c1＞c2＞c3
B．M点溶液中存在：c(H＋)＋c(HA)＝c(OH－)＋c(A－)
C．恰好中和时，溶液中离子浓度的大小关系：c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．由pH＝7的溶液计算得：Ka＝(V0是消耗的NaOH溶液的体积)
B [M点溶液的溶质为等物质的量的NaA和HA，根据电荷守恒得c(A－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，根据物料守恒得c(A－)＋c(HA)＝2c(Na＋)，联立两式消去c(Na＋)得2c(H＋)＋c(HA)＝c(A－)＋2c(OH－)，B项错误。]
9．常温下，向20.00 mL 0.1 mol·L－1HA溶液中滴入0.1 mol·L－1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lg c水(H＋)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．常温下，Ka(HA)约为10－5
B．M、P两点溶液对应的pH＝7
C．b＝20.00
D．M点后溶液中均存在c(Na＋)＞c(A－)
B [根据题图知，0.1 mol·L－1HA溶液中－lg c水(H＋)＝11，则c水(H＋)＝10－11mol·L－1，故溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，Ka(HA)＝＝≈10－5，A项正确；M点时－lg c水(H＋)＝7，M点溶液为HA和NaA的混合溶液，HA的电离程度等于A－的水解程度，溶液呈中性，而P点时－lg c水(H＋)＝7，P点溶液为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，B项错误；N点时水的电离程度最大，此时HA和NaOH恰好完全反应，故b＝20.00，C项正确；M点溶液呈中性，M点后继续加入NaOH溶液，则所得溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＞c(A－)，D项正确。]
10．(2019·衡水信息卷)25 ℃时，用0.100 0 mol·L－1盐酸滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 NaA溶液，溶液的pH与水电离出的－lgc(OH－)的关系如图所示。已知：A点溶液体积为20.00 mL。下列说法正确的是( )
A．Ka(HA)的数量级为10－4
B．B点时所加盐酸的体积小于10.00 mL
C．m<9
D．加入V(盐酸)＝20.00 mL时，溶液中c(Na＋)>c(HA)
D [由A点数据信息知，A－的水解常数Kh(A－)≈＝10－4，则Ka(HA)＝≈10－10，A项错误；B点溶液的pH＝7，为NaCl、NaA和HA的混合溶液，又因为Kh(A－)>Ka(HA)，故B点时所加盐酸的体积大于10.00 mL，B项错误；溶液中的OH－均由水电离产生，pH＝5时，溶液中的c(OH－)＝10－9 mol·L－1，m＝9，C项错误；加入V(盐酸)＝20.00 mL时，所得溶液为等浓度的NaCl和HA的混合溶液，HA部分电离，故c(Na＋)>c(HA)，D项正确。]
11．室温下，向10.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HCl和0.100 0 mol·L－1 CH3COOH的混合溶液中滴入0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。 已知：常温下，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5。下列叙述错误的是( )
A．a点所示溶液中，CH3COOH的电离度约为1.75×10－2%
B．a、b、c三点所示溶液中，水的电离程度最大的是c点
C．c点所示溶液中：c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(OH－)>c(H＋)
D．加热b点所示溶液，的值减小
C [c点溶质是物质的量之比为1∶1的NaCl和CH3COONa，CH3COO－发生微弱水解，则c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C项错误。]
12．常温下，向浓度为0.1 mol·L－1、体积为V L的氨水中逐滴加入浓度为0.1 mol·L－1的盐酸，用pH计测得的溶液pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线如图所示，d点时两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：
(1)该温度时NH3·H2O的电离平衡常数K＝________。
(2)比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为________。
(3)滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值保持不变的是________(填序号，下同)。
A．c(H＋)·c(OH－)
B.
C.
D.
(4)根据以上滴定曲线判断下列说法正确的是________(溶液中N元素只存在NH和NH3·H2O两种形式)。
A．点b所示溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．点c所示溶液中：c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH)
C．点d所示溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
D．滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)>c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
(5)滴定至d点之后若继续加入盐酸至图像中的e点(此时不考虑NH水解的影响)，则e点对应的横坐标为________。
[解析] (5)设e点加入盐酸的体积为x L，则剩余盐酸的量为n余(HCl)＝0.1 mol·L－1×x L－0.1 mol·L－1×V L＝0.1(x－V) mol，此时溶液的pH＝2，则有0.1(x－V) mol＝10－2 mol·L－1×(x＋V) L，解得x＝。
[答案] (1)10－5 (2)d>c>b (3)ACD (4)D (5)
13．(2019·北京高考)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L－1 KBrO3标准溶液；
Ⅱ.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水；
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用b mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。
已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是_____________________________。
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是______________________________。
(4)Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是____________________。
(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是_________________________。
(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是____________________________。
(7)废水中苯酚的含量为________ g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol－1)。
(8)由于Br2具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
[解析] (2)－1价Br与＋5价Br在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O。
(3)苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚和溴化氢，其化学方程式为↓＋3HBr。
(4)溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全被除去，也为下一步操作打下基础。
(5)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O，Br2＋2KI===I2＋2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1时，两者恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量。
(6)溴与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失。
(7)v1 mL a mol·L－1 KBrO3溶液的物质的量为av1×10－3 mol，v3 mL b mol·L－1硫代硫酸钠的物质的量为bv3×10－3 mol，可消耗I2的物质的量为bv3×10－3 mol；由3I2～BrO可知，生成bv3×10－3 mol I2需要消耗BrO的物质的量为bv3×10－3 mol，即与苯酚对应的BrO的物质的量为(av1×10－3－bv3×10－3)mol，由～3Br2～BrO可知，苯酚的物质的量为(av1×10－3－bv3×10－3) mol，即废水中苯酚的含量＝＝ g·L－1＝ g·L－1。
(8)溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。
[答案] (1)容量瓶
(2)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O
(4)Br2过量，保证苯酚完全反应
(5)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量
(6)溶液蓝色恰好消失
(7)
(8)易挥发
14．(2019·江苏高考)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为_____________；水解聚合反应会导致溶液的pH________。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2 mol·L－1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。
[解析] (1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸中，缓慢加入H2O2溶液，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；Fe3＋水解聚合使得溶液酸性增强，即会导致溶液的pH减小。
(2)①实验中滴加过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，若不除去过量的Sn2＋，滴定过程中Cr2O与Sn2＋反应，消耗K2Cr2O7偏多，使结果偏大。②根据题意，计算出消耗K2Cr2O7的物质的量，然后根据氧化还原反应的电子得失守恒，找出关系式，列等式计算求出铁原子的物质的量，得出铁元素的质量，最后得出样品中铁元素的质量分数。
[答案] (1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O 减小 (2)①偏大 ②n(Cr2O)＝5.000×10－2 mol·L－1×22.00 mL×10－3 L·mL－1＝1.100×10－3 mol 由滴定时Cr2O→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O～6Fe2＋(或Cr2O＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)
则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×1.100×10－3 mol＝6.600×10－3 mol
样品中铁元素的质量：
m(Fe)＝6.600×10－3 mol×56 g·mol－1＝0.369 6 g
样品中铁元素的质量分数：
w(Fe)＝×100%＝12.32%。
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(限时：45分钟)
(对应学生用书第146页)
1．下列说法不正确的是( )
A．25 ℃，pH＝4的HF溶液与pH＝10的氨水中水电离出的c(H＋)相同
B．25 ℃，0.01 mol·L－1的HA溶液的pH＝5，则Ka(HA)为1×10－8
C．Na2CO3溶液加水稀释，在溶液中保持不变
D．已知在相同条件下，HF的酸性强于CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F－)>c(K＋)－c(CH3COO－)
D [HF、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性HF>CH3COOH，水解程度F－
A．0.1 mol·L－1的NaHA溶液pH＝1则有：c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋2c(A2－)
B．向NaAlO2溶液中逐滴加入稀盐酸至沉淀恰好消失时：c(Cl－)＝3c(Al3＋)
C．将a mol·L－1的醋酸溶液与0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)，醋酸的电离常数Ka＝(用含a的代数式表示)
D．向NH4Cl溶液中加入少量等物质的量浓度的稀盐酸，则的值增大
D [0.1 mol·L－1的NaHA溶液pH＝1，说明NaHA在水溶液中完全电离成Na＋、H＋和A2－，根据物料守恒有c(Na＋)＝c(A2－)，A项错误；向NaAlO2溶液中逐滴加入稀盐酸至沉淀恰好消失，溶液中依次发生的反应为NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓和Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O，则溶液中c(Cl－)＝4c(Al3＋)，B项错误；由电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，已知溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性，即c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝0.005 mol·L－1，用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka＝＝，C项错误；向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，盐酸抑制NH水解，所以溶液中的值将增大，D项正确。]
3．(2019·青岛一模)已知pOH＝－lg c(OH－)，向20 mL 0.1 mol·L－1的氨水中滴加未知浓度的稀硫酸，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法不正确的是( )
A．稀硫酸的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
B．当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大
C．a点时溶液中存在(NH3·H2O)＋2(OH－)＝(NH)＋2(H＋)
D．a、b、c三点对应NH的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)
B [当氨水与稀硫酸恰好反应生成(NH4)2SO4时水的电离程度最大，B错误。]
4．(2019·北京高考)实验测得0.5 mol·L－1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L－1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 ( )
A．随温度升高，纯水中c(H＋)>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
C [A项，升温，促进水的电离，溶液中的H＋、OH－浓度均增大，但二者始终相等，溶液呈中性，错误；B项，升温，CH3COONa溶液中的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，错误；C项，随温度升高，CuSO4溶液的水解平衡正向移动，水的电离平衡正向移动，因此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，正确；D项，随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的水解平衡均正向移动，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果，错误。 ]
5．室温下，浓度均为0.1 mol·L－1、体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积V，已知pOH＝－lg c(OH－)，pOH与lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．HX、HY都是弱酸，且Ka(HX)>Ka(HY)
B．图中pOH随lg 变化始终满足直线关系
C．lg ＝3时，NaX溶液中所含离子总数小于NaY溶液
D．分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH＝7时，c(X－)＝c(Y－)
A [当lg 很大时，pOH变化很小，pOH与lg 的关系就不能满足直线关系，B错误；NaX溶液中与NaY溶液中的c(H＋)前者大，故NaX溶液中含的离子总数较大，C错误；根据电荷守恒和pH＝7可推导c(X－)>c(Y－)，D错误。]
6．类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pc＝－lg c，pKa＝－lg Ka。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH下，测得pc(H2A)、pc(HA－)、pc(A2－)变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．pH＝3.05时，c(H2A)>c(HA－)>c(A2－)
B．常温下，pKa1(H2A)＝5.30，pKa2(H2A)＝0.80
C．b点时，＝104.50
D．pH＝3.00～5.30时，n(H2A)＋n(HA－)＋n(A2－)先增大后减小
C [根据图可知ab线代表H2A，ac线代表HA－，bc线代表A2－。pH＝3.05时，c(H2A)＝c(A2－)，A错误；根据a、c点可知pKa1＝0.8，pKa2＝5.30，B错误；根据物料守恒，三者物质的量和不变，D错误。]
7．(2018·全国卷Ⅲ，变式)某温度下，向10 mL 0.1 mol·L－1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中－lg c(Cu2＋)与加入Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。已知：lg 2＝0.3，Ksp(ZnS)＝3×10－25。下列有关说法正确的是 ( )
A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)
C．该温度下Ksp(CuS)＝4×10－36
D．相同实验条件下，若改为0.1 mol·L－1的ZnCl2溶液，反应终点b向d方向移动
C [b点为NaCl溶液，水的电离程度最小，A错误；Na2S溶液中，根据物料守恒知，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝c(Na＋)，B错误；Ksp(CuS)＝10－17.7×10－17.7＝10－35.4＝100.6×10－36＝4×10－36，C正确；ZnS比CuS的Ksp大，终点－lg c(Cu2＋)小，D错误。]
8.已知对于电离常数为Ka的某一元弱酸滴定过程中，pH突变随其浓度的增大而增大，且浓度主要影响滴定终点和滴定终点之后的曲线部分。常温下，用不同浓度的NaOH溶液分别滴定20 mL与其同浓度的某弱酸HA溶液，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．由图可知：c1＞c2＞c3
B．M点溶液中存在：c(H＋)＋c(HA)＝c(OH－)＋c(A－)
C．恰好中和时，溶液中离子浓度的大小关系：c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．由pH＝7的溶液计算得：Ka＝(V0是消耗的NaOH溶液的体积)
B [M点溶液的溶质为等物质的量的NaA和HA，根据电荷守恒得c(A－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，根据物料守恒得c(A－)＋c(HA)＝2c(Na＋)，联立两式消去c(Na＋)得2c(H＋)＋c(HA)＝c(A－)＋2c(OH－)，B项错误。]
9．常温下，向20.00 mL 0.1 mol·L－1HA溶液中滴入0.1 mol·L－1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lg c水(H＋)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．常温下，Ka(HA)约为10－5
B．M、P两点溶液对应的pH＝7
C．b＝20.00
D．M点后溶液中均存在c(Na＋)＞c(A－)
B [根据题图知，0.1 mol·L－1HA溶液中－lg c水(H＋)＝11，则c水(H＋)＝10－11mol·L－1，故溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，Ka(HA)＝＝≈10－5，A项正确；M点时－lg c水(H＋)＝7，M点溶液为HA和NaA的混合溶液，HA的电离程度等于A－的水解程度，溶液呈中性，而P点时－lg c水(H＋)＝7，P点溶液为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，B项错误；N点时水的电离程度最大，此时HA和NaOH恰好完全反应，故b＝20.00，C项正确；M点溶液呈中性，M点后继续加入NaOH溶液，则所得溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＞c(A－)，D项正确。]
10．(2019·衡水信息卷)25 ℃时，用0.100 0 mol·L－1盐酸滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 NaA溶液，溶液的pH与水电离出的－lgc(OH－)的关系如图所示。已知：A点溶液体积为20.00 mL。下列说法正确的是( )
A．Ka(HA)的数量级为10－4
B．B点时所加盐酸的体积小于10.00 mL
C．m<9
D．加入V(盐酸)＝20.00 mL时，溶液中c(Na＋)>c(HA)
D [由A点数据信息知，A－的水解常数Kh(A－)≈＝10－4，则Ka(HA)＝≈10－10，A项错误；B点溶液的pH＝7，为NaCl、NaA和HA的混合溶液，又因为Kh(A－)>Ka(HA)，故B点时所加盐酸的体积大于10.00 mL，B项错误；溶液中的OH－均由水电离产生，pH＝5时，溶液中的c(OH－)＝10－9 mol·L－1，m＝9，C项错误；加入V(盐酸)＝20.00 mL时，所得溶液为等浓度的NaCl和HA的混合溶液，HA部分电离，故c(Na＋)>c(HA)，D项正确。]
11．室温下，向10.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HCl和0.100 0 mol·L－1 CH3COOH的混合溶液中滴入0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。 已知：常温下，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5。下列叙述错误的是( )
A．a点所示溶液中，CH3COOH的电离度约为1.75×10－2%
B．a、b、c三点所示溶液中，水的电离程度最大的是c点
C．c点所示溶液中：c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(OH－)>c(H＋)
D．加热b点所示溶液，的值减小
C [c点溶质是物质的量之比为1∶1的NaCl和CH3COONa，CH3COO－发生微弱水解，则c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C项错误。]
12．常温下，向浓度为0.1 mol·L－1、体积为V L的氨水中逐滴加入浓度为0.1 mol·L－1的盐酸，用pH计测得的溶液pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线如图所示，d点时两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：
(1)该温度时NH3·H2O的电离平衡常数K＝________。
(2)比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为________。
(3)滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值保持不变的是________(填序号，下同)。
A．c(H＋)·c(OH－)
B.
C.
D.
(4)根据以上滴定曲线判断下列说法正确的是________(溶液中N元素只存在NH和NH3·H2O两种形式)。
A．点b所示溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．点c所示溶液中：c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH)
C．点d所示溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
D．滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)>c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
(5)滴定至d点之后若继续加入盐酸至图像中的e点(此时不考虑NH水解的影响)，则e点对应的横坐标为________。
[解析] (5)设e点加入盐酸的体积为x L，则剩余盐酸的量为n余(HCl)＝0.1 mol·L－1×x L－0.1 mol·L－1×V L＝0.1(x－V) mol，此时溶液的pH＝2，则有0.1(x－V) mol＝10－2 mol·L－1×(x＋V) L，解得x＝。
[答案] (1)10－5 (2)d>c>b (3)ACD (4)D (5)
13．(2019·北京高考)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L－1 KBrO3标准溶液；
Ⅱ.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水；
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用b mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。
已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是_____________________________。
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是______________________________。
(4)Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是____________________。
(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是_________________________。
(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是____________________________。
(7)废水中苯酚的含量为________ g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol－1)。
(8)由于Br2具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
[解析] (2)－1价Br与＋5价Br在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O。
(3)苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚和溴化氢，其化学方程式为↓＋3HBr。
(4)溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全被除去，也为下一步操作打下基础。
(5)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O，Br2＋2KI===I2＋2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1时，两者恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量。
(6)溴与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失。
(7)v1 mL a mol·L－1 KBrO3溶液的物质的量为av1×10－3 mol，v3 mL b mol·L－1硫代硫酸钠的物质的量为bv3×10－3 mol，可消耗I2的物质的量为bv3×10－3 mol；由3I2～BrO可知，生成bv3×10－3 mol I2需要消耗BrO的物质的量为bv3×10－3 mol，即与苯酚对应的BrO的物质的量为(av1×10－3－bv3×10－3)mol，由～3Br2～BrO可知，苯酚的物质的量为(av1×10－3－bv3×10－3) mol，即废水中苯酚的含量＝＝ g·L－1＝ g·L－1。
(8)溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。
[答案] (1)容量瓶
(2)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O
(4)Br2过量，保证苯酚完全反应
(5)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量
(6)溶液蓝色恰好消失
(7)
(8)易挥发
14．(2019·江苏高考)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为_____________；水解聚合反应会导致溶液的pH________。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2 mol·L－1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。
[解析] (1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸中，缓慢加入H2O2溶液，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；Fe3＋水解聚合使得溶液酸性增强，即会导致溶液的pH减小。
(2)①实验中滴加过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，若不除去过量的Sn2＋，滴定过程中Cr2O与Sn2＋反应，消耗K2Cr2O7偏多，使结果偏大。②根据题意，计算出消耗K2Cr2O7的物质的量，然后根据氧化还原反应的电子得失守恒，找出关系式，列等式计算求出铁原子的物质的量，得出铁元素的质量，最后得出样品中铁元素的质量分数。
[答案] (1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O 减小 (2)①偏大 ②n(Cr2O)＝5.000×10－2 mol·L－1×22.00 mL×10－3 L·mL－1＝1.100×10－3 mol 由滴定时Cr2O→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O～6Fe2＋(或Cr2O＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)
则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×1.100×10－3 mol＝6.600×10－3 mol
样品中铁元素的质量：
m(Fe)＝6.600×10－3 mol×56 g·mol－1＝0.369 6 g
样品中铁元素的质量分数：
w(Fe)＝×100%＝12.32%。
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