2019-2020年高三化学上学期期中专题汇编 溶液中的离子平衡.doc

2019-2020年高三化学上学期期中专题汇编 溶液中的离子平衡一、选择题(每题分，计分)1.(xx届北京海淀)常温下，pH=2的盐酸与pH=13的NaOH溶液，按体积比9：1混合后的溶液pH为( ) A. 12B. 11C. 7D. 32.(xx届北京三中)关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是( ) A. c(CH3COOH)=0.01molL1B. c(H+)=c(CH3COO)C. 加水稀释100倍后，溶液pH=4D. 加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离3.(xx届北京三中)锅炉水垢是一种安全隐患，除去水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去下列说法不正确的是( ) A. CaCO3的溶解度小于CaSO4B. 沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动C. 沉淀转化的难易与溶解度差别的大小无关D. CaSO4到CaCO3的沉淀转化中并存着两个沉淀溶解平衡4.(xx届北京西城区)已知一种c(H+)=1103mol/L的一元酸溶液和一种c(OH)=1103mol/L的一元碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，生成的盐可能是( ) A. 强酸强碱盐B. 强酸弱碱盐C. 强碱弱酸盐D. 上述三种盐均可能5.(xx届北京三中)有0.1molL1的三种溶液：CH3COOH、NaOH、CH3COONa，下列说法正确的是( ) A. 溶液中，c(CH3COO)=c(H+)B. 溶液、等体积混合，混合液中c(CH3COO)等于溶液中的c(CH3COO)C. 溶液、等体积混合，混合液中c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)D. 溶液、等体积混合，混合液中c(Na+)c(CH3COO)c(H+)c(OH)6.(xx届东城区)向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入CH3COONa晶体或加水稀释时，都会引起( ) A. 溶液的pH增大B. CH3COOH的电离程度增大C. 溶液的导电能力减小D. 溶液的c(OH)减小7.(xx届北京三中)常温下，浓度均为0.1mol/L的4种钠盐溶液pH如下：下列说法不正确的是( ) 溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2A. 四种溶液中，Na2CO3溶液中水的电离程度最大B. NaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3=Na+H+SO32C. 向氯水中加入少量NaHCO3(s)，可以增大氯水中次氯酸的浓度D. 常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最小的是H2SO38.(xx届朝阳重点)25时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)为11010，下列说法正确的是( ) A. 该溶液的pH不可能是7B. 该溶液不可能存在C. 该溶液的pH一定是10D. 该溶液的pH一定是49.(xx届北京西城区)室温下，设1LpH=6的AlCl3溶液中，由水电离出的H+物质的量为n1；1LpH=6的HCl溶液中，由水电离出的H+物质的量为n2则的值是( ) A. 1B. 100C. 1000D. 1000010.(xx届北京三中)下列应用与盐类的水解无关的是( ) A. 纯碱溶液可去除油污B. NaCl可用作防腐剂和调味剂C. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2D. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体11.(xx届北京海淀)常温下，醋酸与氨水等体积混合后，溶液的pH=7，则下列离子浓度的比较正确的是( ) A. c(CH3COO)c(NH4+)c(H+)=c(OH)B. c(NH4+)c(CH3COO)c(H+)=c(OH)C. c(CH3COO)=c(NH4+)c(H+)=c(OH)D. c (CH3COO)c(NH4+)c(H+)c(OH)12.(xx届北京石景山)室温下，0.1molL1的NaHB溶液中c(H+)c(OH)则下列关系中一定正确的是( ) A. c(Na+)+c(H+)=c(HB)+2c(B2)B. c(H+)c(OH)=1014C. c(Na+)=c(B2)+c(HB)D. 溶液的pH=113.(xx届北京房山区)物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是( ) A. NH4ClB. CH3COONH4C. NH4HSO4D. NH4HCO314.(xx届北京石景山)常温下，下列各组数据中比值为2：1的是( ) A. Na2CO3溶液中c (Na+)与c (CO32)之比B. 0.2molL1的CH3COOH溶液与0.1molL1的盐酸中c (H+)之比C. pH=7的氨水与(NH4)2SO4的混合溶液中，c (NH4+)与c (SO42)之比D. pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液中溶质的物质的量浓度之比15.(xx届北京房山区)已知0.1molL1的二元酸H2A溶液的pH=4，则下列说法中正确的是( ) A. 在Na2A. NaHA两溶液中，离子种类不相同B. 在溶质物质的量相等的Na2A. NaHA两溶液中，阴离子总数相等C. 在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH)+2c(A2)D. 在Na2A溶液中一定有：c(Na+)c(A2)c(H+)c(OH)二、填空题(每题分，计分)16.(xx届北京三中)室温下，将0.1molL1盐酸滴入20mL 0.1molL1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示(1)NH3H2O的电离方程式是(xx届北京三中)b点所示溶液中c(Cl)c(NH4+)(填“”、“”或“=”)(3)c点所示溶液pH7，原因是(用离子方程式表示)(4)d点所示溶液中离子浓度由大到小的排序是三、解答题(每题分，计分)17.(xx届东城区)某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2BH+HB；HBH+B2，回答下列问题：(1)Na2B溶液显(填“酸性”、“中性”或“碱性”)理由是(用离子方程式表示)(xx届东城区)在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是A. c(B2)+c(HB)+c(H2B)=0.1mol/LB. c(Na+)+c(OH)=c(H+)+c(HB)C. c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HB)+2c(B2)D. c(Na+)=2c(B2)+2c(HB)(3)已知0.1mol/L NaHB溶液的pH=2，则0.1mol/L H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是0.11mol/L(填“”、“”、“=”)理由是：(4)0.1mol/L NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是参考答案：一、选择题(每题分，计分)1.(xx届北京海淀)关键字:北京期中常温下，pH=2的盐酸与pH=13的NaOH溶液，按体积比9：1混合后的溶液pH为( ) A. 12B. 11C. 7D. 3【考点】pH的简单计算【分析】pH=2的HCl溶液中氢离子浓度等于0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，盐酸与氢氧化钠溶液按9：1混合，发生反应H+OH=H2O，反应后氢氧化钠有剩余，溶液呈碱性，计算混合后溶液中c(OH)，再根据Kw=c(H+)c(OH)=1014计算c(H+)，根据pH=lgc(H+)计算【解答】解：pH=2的HCl溶液中氢离子浓度等于0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，盐酸与氢氧化钠溶液按9：1混合，发生反应H+OH=H2O，0.110.019，反应后氢氧化钠有剩余，溶液呈碱性，故反应后溶液中c(OH)=mol/L=0.001mol/L，故c(H+)=mol/L=1011mol/L，故反应后溶液pH=lgc(H+)=lg1011=11，故选B. 【点评】本题考查酸碱混合反应后溶液PH的计算，明确混合后溶液显碱性是解题关键，题目难度中等2.(xx届北京三中)关键字:北京期中关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是( ) A. c(CH3COOH)=0.01molL1B. c(H+)=c(CH3COO)C. 加水稀释100倍后，溶液pH=4D. 加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】醋酸为弱电解质，醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，加水稀释促进醋酸的电离，加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO)增大，平衡逆向移动，以此解答该题【解答】解：A. 醋酸为弱电解质，醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于电离出来的氢离子的浓度，即c(CH3COOH)0.01molL1，故A错误；B. 根据溶液中电荷守恒可知：c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，故B错误；C. 加水稀释100倍后，加水稀释促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，所以PH变化小于2个单位，即PH4，故C错误；D. 加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO)增大，平衡逆向移动，可抑制醋酸的电离，故D正确故选D. 【点评】本题考查了弱电解质的电离，酸碱混合的定性判断以及溶液中的电荷守恒，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大3.(xx届北京三中)关键字:北京期中锅炉水垢是一种安全隐患，除去水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去下列说法不正确的是( ) A. CaCO3的溶解度小于CaSO4B. 沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动C. 沉淀转化的难易与溶解度差别的大小无关D. CaSO4到CaCO3的沉淀转化中并存着两个沉淀溶解平衡【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】工业上用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中CaSO4能转化为CaCO3，从沉淀的转化的角度考虑，应是转化为溶解度更小的物质【解答】解：A. 依据沉淀转化可知硫酸钙能转化为碳酸钙沉淀，说明CaCO3的溶解度小于CaSO4，故A正确；B. 沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，向更难溶的物质转化，故B正确；C. 沉淀转化的实质是依据物质溶解度大小实现沉淀转化，和物质溶解度有关，故C错误；D. CaSO4到CaCO3的沉淀转化中，硫酸钙和碳酸钙沉淀在溶液中都存在沉淀溶解平衡，并存着两个沉淀溶解平衡，故D正确；故选C. 【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，沉淀转化是向更难溶的方向进行是解题关键，题目难度中等4.(xx届北京西城区)关键字:北京期中已知一种c(H+)=1103mol/L的一元酸溶液和一种c(OH)=1103mol/L的一元碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，生成的盐可能是( ) A. 强酸强碱盐B. 强酸弱碱盐C. 强碱弱酸盐D. 上述三种盐均可能【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】c(H+)=1103mol/L的一元酸溶液和一种c(OH)=1103mol/L的一元碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，说明碱有剩余，可能是碱部分电离而酸完全电离，所以可能是碱为弱碱、酸为强酸，据此分析解答【解答】解：c(H+)=1103mol/L的一元酸溶液和一种c(OH)=1103mol/L的一元碱溶液等体积混合后溶液呈碱性，说明碱有剩余，可能是碱部分电离而酸完全电离，所以可能是碱为弱碱、酸为强酸，则生成的盐可能是强酸弱碱盐，故选B. 【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确酸碱相对强弱与其盐溶液酸碱性关系是解本题关键，题目难度不大5.(xx届北京三中)关键字:北京期中有0.1molL1的三种溶液：CH3COOH、NaOH、CH3COONa，下列说法正确的是( ) A. 溶液中，c(CH3COO)=c(H+)B. 溶液、等体积混合，混合液中c(CH3COO)等于溶液中的c(CH3COO)C. 溶液、等体积混合，混合液中c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)D. 溶液、等体积混合，混合液中c(Na+)c(CH3COO)c(H+)c(OH)【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B. 溶液、等体积混合，二者恰好反应生成0.05mol/L的醋酸钠，浓度越小，醋酸根离子浓度越小；C. 溶液、等体积混合，二者恰好反应生成0.05mol/L的醋酸钠，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；D. 溶液、等体积混合，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断【解答】解：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO)+c(OH)=c(H+)，故A错误；B. 溶液、等体积混合，二者恰好反应生成0.05mol/L的醋酸钠，浓度越小，醋酸根离子浓度越小，所以混合液中c(CH3COO)小于溶液中的c(CH3COO)，故B错误；C. 溶液、等体积混合，二者恰好反应生成0.05mol/L的醋酸钠，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)，故C正确；D. 溶液、等体积混合，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，c(H+)c(OH)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO)+c(OH)，所以c(Na+)c(CH3COO)，故D错误；故选C. 【点评】本题考查了离子浓度大小的判断，根据溶液中溶质的性质结合电荷守恒和物料守恒解答，易错选项是B，注意B选项中溶液体积增大一倍，导致浓度降为的一半，为易错点6.(xx届东城区)关键字:北京期中向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入CH3COONa晶体或加水稀释时，都会引起( ) A. 溶液的pH增大B. CH3COOH的电离程度增大C. 溶液的导电能力减小D. 溶液的c(OH)减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，溶液中c(H+)减小，c(OH)增大，溶液的PH增大，导电能力减弱；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，c(H+)减小，c(OH)增大，溶液的PH增大，导电能力增强【解答】解：A. CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，溶液中C(H+)减小，溶液的pH增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度也减小，c(H+)减小，溶液的pH增大，故A正确；B. CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故B错误；C. CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；D. CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液中c(H+)减小，根据KW=c(H+)c(OH)，c(OH)增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液中c(H+)减小，根据KW=c(H+)c(OH)，c(OH)增大，故D错误；故选：A. 【点评】本题考查外界条件对电离平衡的影响，重点考查离子浓度以及同离子效应对电离平衡的影响，注意总结影响因素以及平衡移动的方向的判断7.(xx届北京三中)关键字:北京期中常温下，浓度均为0.1mol/L的4种钠盐溶液pH如下：下列说法不正确的是( ) 溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2A. 四种溶液中，Na2CO3溶液中水的电离程度最大B. NaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3=Na+H+SO32C. 向氯水中加入少量NaHCO3(s)，可以增大氯水中次氯酸的浓度D. 常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最小的是H2SO3【考点】盐类水解的原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32ClOHCO3HSO3，则酸的强弱顺序是H2SO3H2CO3HClOHCO3，A. 酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱；B. 亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO3电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子是弱酸阴离子部分电离；C. 盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应；D. 相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大【解答】解：根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32ClOHCO3HSO3，则酸的强弱顺序是H2SO3H2CO3HClOHCO3，A. 相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，根据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，故A正确；B. 亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO3电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子是弱酸阴离子部分电离，NaHSO3=Na+HSO3，HSO3H+SO32，故B错误；C. 盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，所以导致溶液中次氯酸浓度增大，故C正确；D. 酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32ClOHCO3HSO3，则酸的强弱顺序是H2SO3H2CO3HClOHCO3，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，pH最小的是H2SO3，故D正确；故选B. 【点评】本题考查了盐类水解，根据钠盐溶液pH大小确定相对应酸的强弱，再结合强酸制取弱酸、酸式酸根离子电离和水解程度相对大小等知识点来分析解答，题目难度中等8.(xx届朝阳重点)关键字:北京期中关键字:北京期中25时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)为11010，下列说法正确的是( ) A. 该溶液的pH不可能是7B. 该溶液不可能存在C. 该溶液的pH一定是10D. 该溶液的pH一定是4【考点】水的电离；pH的简单计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，25时，纯水中水电离产生的c(H+)=1107，该溶液中由水电离产生的c(H+)=110101107，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，则溶液可能是酸或碱溶液【解答】解：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，25时，纯水中水电离产生的c(H+)=1107，该溶液中由水电离产生的c(H+)=110101107，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，则溶液可能是酸或碱溶液，A. 溶液可能是酸或碱溶液，故该溶液的pH不可能是7，故A正确；B. 溶液可能是酸或碱溶液，故B错误；C. 溶液可能是酸或碱溶液，该溶液的pH=10，或pH=4，故C错误；D. 溶液可能是酸或碱溶液，该溶液的pH=10，或pH=4，故D错误，故选A. 【点评】本题考查影响水电离的因素，难度不大注意酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐能促进水电离9.(xx届北京西城区)关键字:北京期中室温下，设1LpH=6的AlCl3溶液中，由水电离出的H+物质的量为n1；1LpH=6的HCl溶液中，由水电离出的H+物质的量为n2则的值是( ) A. 1B. 100C. 1000D. 10000【考点】pH的简单计算；水的电离【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以盐酸抑制水电离，氯化铝促进水电离，pH=6的1L盐酸中，水电离出n(H+)=mol/L1L=108mol，1L pH=6的氯化铝溶液中水电离出n(H+)=106mol/L1L=106mol，据此计算【解答】解：酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以盐酸抑制水电离，氯化铝促进水电离，pH=6的1L盐酸中，水电离出n(H+)=mol/L1L=108mol，氯化铝溶液中水电离出氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度，所以1L pH=6的氯化铝溶液中水电离出n(H+)=106mol/L1L=106mol，则=100，故选B. 【点评】本题以pH的简单计算为载体考查水的电离，明确水电离影响因素是解本题关键，易错点是计算溶液中水电离出氢离子浓度，注意：酸中水电离出氢离子浓度不等于溶液中氢离子浓度，题目难度不大10.(xx届北京三中)关键字:北京期中下列应用与盐类的水解无关的是( ) A. 纯碱溶液可去除油污B. NaCl可用作防腐剂和调味剂C. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2D. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体【考点】盐类水解的原理；盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】A. 纯碱水解显示碱性，能够促进油污的水解；B. NaCl防腐主要利用的是高浓度的盐溶液使细胞脱水死亡而达到防腐的作用，不是水解；C. TiCl4溶于大量水，发生了水解：TiCl4+(xx届北京三中)关键字:北京期中H2OTiO2xH2O+4HCl；D. 利用的是氯化铁中三价铁离子的水解【解答】A. 纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故A不选；B. 氯化钠溶液不发生水解，故B符合题意，故B选；C. TiCl4溶于大量水发生反应TiCl4+(xx届北京三中)关键字:北京期中H2OTiO2xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解正向进行，故C不选；D. 制Fe(OH)3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，故D不选；故选B. 【点评】本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大11.(xx届北京海淀)关键字:北京期中常温下，醋酸与氨水等体积混合后，溶液的pH=7，则下列离子浓度的比较正确的是( ) A. c(CH3COO)c(NH4+)c(H+)=c(OH)B. c(NH4+)c(CH3COO)c(H+)=c(OH)C. c(CH3COO)=c(NH4+)c(H+)=c(OH)D. c (CH3COO)c(NH4+)c(H+)c(OH)【考点】离子浓度大小的比较【分析】常温下，醋酸和氨水等体积混合后溶液的pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒判断c(NH4+)、c(CH3COO)相对大小，中性溶液中水的电离程度较小，据此分析解答【解答】解：常温下，醋酸和氨水等体积混合后溶液的pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒得c(NH4+)=c(CH3COO)，中性溶液中水的电离程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO)=c(NH4+)c(H+)=c(OH)，故选C. 【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，根据溶液酸碱性结合电荷守恒、物料守恒是解离子浓度大小比较题的重要方法，题目难度不大12.(xx届北京石景山)关键字:北京期中室温下，0.1molL1的NaHB溶液中c(H+)c(OH)则下列关系中一定正确的是( ) A. c(Na+)+c(H+)=c(HB)+2c(B2)B. c(H+)c(OH)=1014C. c(Na+)=c(B2)+c(HB)D. 溶液的pH=1【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】0.1molL1的NaHB溶液中c(H+)c(OH)，说明HB电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，结合电荷守恒和物料守恒解答该题【解答】解；A. 溶液存在电荷守恒，应为c(Na+)+c(H+)=c(HB)+2c(B2)+c(OH)，故A错误；B. 常温下，水的离子积常数K=c(H+)c(OH)=1014，故B正确；C. 由物料守恒可知c(Na+)=c(B2)+c(HB)+c(H2B)，故C错误；D. HB电离程度未知，则溶液的pH不一定为1，故D错误故选B. 【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度不大，注意题给信息，由信息作出正确的判断，该题中注意电荷守恒和物料守恒的应用13.(xx届北京房山区)关键字:北京期中物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是( ) A. NH4ClB. CH3COONH4C. NH4HSO4D. NH4HCO3【考点】影响盐类水解程度的主要因素【专题】盐类的水解专题【分析】根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱【解答】解：物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑(水解)其他因素影响，ABC选项中铵根离子浓度分别比为1：1：1，D中NH3H2O部分电离；A. 氯化铵中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；B. 醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；C. 硫酸氢铵中的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度较小，铵根离子浓度较大；D. 碳酸氢根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；综上分析可知，铵根浓度最大的是C，故选C. 【点评】本题考查学生离子的水解的影响因素、弱电解质的电离，注意把握影响盐的水解的因素，题目难度不大14.(xx届北京石景山)关键字:北京期中常温下，下列各组数据中比值为2：1的是( ) A. Na2CO3溶液中c (Na+)与c (CO32)之比B. 0.2molL1的CH3COOH溶液与0.1molL1的盐酸中c (H+)之比C. pH=7的氨水与(NH4)2SO4的混合溶液中，c (NH4+)与c (SO42)之比D. pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液中溶质的物质的量浓度之比【考点】盐类水解的原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A. 碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解，但是钠离子不会发生水解；B. 0.1molL1的盐酸和0.2molL1的CH3COOH溶液中醋酸不完全电离；C. (NH4)2SO4与NH3H2O的混合溶液中存在电荷守恒：c (NH4+)+c(H+)=2c(SO42)+c(OH)，25时，pH=7是显中性的溶液，据此回答判断即可；D. c(OH)=结合化学式中氢氧根离子和化学式的关系分析【解答】解：A. 碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解，但是钠离子不会发生水解，c (Na+)与c (CO32)之比大于2：1，故A错误；B. CH3COOH溶液中醋酸不完全电离，0.2molL1的CH3COOH溶液与0.1molL1的盐酸中c (H+)之比小于2：1，故B错误；C. (NH4)2SO4与NH3H2O的混合溶液中存在电荷守恒：c (NH4+)+c(H+)=2c(SO42)+c(OH)，25时，pH=7是显中性的溶液，故c(H+)=c(OH)，所以c(NH4+)=2c(SO42)，c (NH4+)与c (SO42)之比等于2：1，故C正确；D. 根据c(OH)=知，pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液中氢氧根离子浓度相等为0.01mol/L，但溶质的物质的量浓度之比=0.005mol/L：0.01mol/L=1：2，故D错误；故选C. 【点评】本题考查弱电解质的电离、盐的水解原理的应用等方面的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等15.(xx届北京房山区)关键字:北京期中已知0.1molL1的二元酸H2A溶液的pH=4，则下列说法中正确的是( ) A. 在Na2A. NaHA两溶液中，离子种类不相同B. 在溶质物质的量相等的Na2A. NaHA两溶液中，阴离子总数相等C. 在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH)+2c(A2)D. 在Na2A溶液中一定有：c(Na+)c(A2)c(H+)c(OH)【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】已知0.1molL1的二元酸H2A溶液的pH=4，说明溶液为弱酸；A. 在Na2A. NaHA两溶液中，A2离子水解，HA存在电离和水解；B. 依据电荷守恒结合离子浓度计算判断；C. 依据溶液中电荷守恒计算判断；D. A2离子分步水解，溶液呈碱性【解答】解：A. 在Na2A. NaHA两溶液中，分析A2离子水解，HA存在电离和水解；离子种类相同，故A错误；B. 在溶质物质的量相等的Na2A. NaHA两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c(A2)+c(HA)，阴离子总数不相等，故B错误；C. 在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH)+2c(A2)，故C正确；D. 在Na2A溶液中，A2离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c(Na+)c(A2)c(OH)c(H+)，故D错误；故选C. 【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，溶液中离子的特征性质和水解、电离，是解题关键，题目难度中等二、填空题(每题分，计分)16.(xx届北京三中)关键字:北京期中室温下，将0.1molL1盐酸滴入20mL 0.1molL1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示(1)NH3H2O的电离方程式是NH3H2ONH4+OH(xx届北京三中)关键字:北京期中b点所示溶液中c(Cl)=c(NH4+)(填“”、“”或“=”)(3)c点所示溶液pH7，原因是NH4+H2ONH3H2O+H+(用离子方程式表示)(4)d点所示溶液中离子浓度由大到小的排序是c (Cl)c (H+)c (NH4+)c (OH)【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】(1)一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡；(xx届北京三中)关键字:北京期中pH=7时，溶液中cc(H+)=c(OH)，溶液中存在电荷守恒，再结合电荷守恒判断c(Cl)和c(NH4+)的相对大小；(3)c点时，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性；(4)d点时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的氯化铵和盐酸，溶液呈酸性，氯化氢完全电离，铵根离子能水解，据此判断溶液中离子浓度大小【解答】解：(1)一水合氨是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，电离出氢氧根离子和铵根离子，一水合氨的电离方程式为：NH3H2ONH4+OH，故答案为：NH3H2ONH4+OH；(xx届北京三中)关键字:北京期中b点时pH=7，则溶液中cc(H+)=c(OH)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl)+c(OH)=c(NH4+)+cc(H+)，所以得c(Cl)=c(NH4+)，故答案为：=；(3)c点时二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液呈酸性，水解离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；(4)d点时，酸的物质的量是氨水的2倍，二者混合时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的氯化铵和盐酸，溶液呈酸性，氯化氢完全电离，铵根离子水解但水解程度较小，结合物料守恒知，溶液中离子浓度大小顺序是c (Cl)c (H+)c (NH4+)c (OH)，故答案为：c(Cl)c(H+)c(NH4+)c(OH)【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合溶液的酸碱性及物料守恒和电荷守恒来分析解答，题目难度中等三、解答题(每题分，计分)17.(xx届东城区)关键字:北京期中某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2BH+HB；HBH+B2，回答下列问题：(1)Na2B溶液显碱性(填“酸性”、“中性”或“碱性”)理由是B2+H2OHB+OH(用离子方程式表示)(xx届东城区)关键字:北京期中在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是CDA. c(B2)+c(HB)+c(H2B)=0.1mol/LB. c(Na+)+c(OH)=c(H+)+c(HB)C. c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HB)+2c(B2)D. c(Na+)=2c(B2)+2c(HB)(3)已知0.1mol/L NaHB溶液的pH=2，则0.1mol/L H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是0.11mol/L(填“”、“”、“=”)理由是：H2B第一步电离产生的H+对HB的电离起了抑制作用(4)0.1mol/L NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)c(HB)c(H+)c(B2)c(OH)【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】(1)根据该酸的电离方程式知，第一步是完全电离，第二步是部分电离，说明B2离子水解而HB不水解，且HB是弱酸，Na2B是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；(xx届东城区)关键字:北京期中根据二元酸的电离方程式知，B2只发生第一步水解，结合电荷守恒和物料守恒分析解答；(3)若0.1molL1NaHB溶液的pH=2，说明溶液中C(H+)=0.01mol/L，则HB的电离度是10%，H2B第一步完全电离，第二步部分电离，且含有相同的离子能抑制弱根离子的电离；(4)根据离子是否电离确定钠离子和酸式酸根离子浓度大小，根据溶液的酸碱性确定氢离子和氢氧根离子浓度相对大小，根据离子来源确定氢离子和B离子相对大小【解答】解：(1)因为B2能够水解，所以Na2B溶液显碱性，其水解方程式为：B2+H2OHB+OH，故答案为：碱性，B2+H2OHB+OH；(xx届东城区)关键字:北京期中在Na2B中存在水解平衡：B2+H2O=HB+OH，HB不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，A. HB不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，根据物料守恒得c(B2)+c(HB)=0.1molL1，故A错误；B. 根据质子守恒：c(OH)=c(H+)+c(HB)，故B错误；C. 根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HB)+2c(B2)，故C正确；D. 把质子守恒和电荷守恒式相加得：c(Na+)=2c(B2)+2c(HB)，故D正确；故答案为：CD；(3)若0.1molL1NaHB溶液的pH=2，说明溶液中C(H+)=0.01mol/L，则HB的电离度是10%，H2B第一步完全电离，第二步部分电离，由于H2B第一步电离产生的H+抑制了HB的电离，故H2B(0.1mol/L)的c(H+)小于0.11mol/L，故答案为：，H2B第一步电离产生的H+对HB的电离起了抑制作用；(4)钠离子不电离，HB能电离，所以c(Na+)c(HB)，根据(3)知，溶液呈酸性，则c(H+)c(OH)，水和HB都电离出氢离子，则c(H+)c(B2)，所以该溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)c(HB)c(H+)c(B2)c(OH)，故答案为：c(Na+)c(HB)c(H+)c(B2)c(OH)【点评】本题考查弱电解质电离，注意该酸第一步完全电离，第二步部分电离，导致HB能电离但不水解，为易错点，题目难度中等，注意把握溶液中的守恒关系*考试答题卡一、选择题(每题分，计分)题号12345678910答案题号1112131415答案二、填空题(每题分，计分)16.(1)_、(3)_(4)_三、解答题(每题分，计分)17.(1)(3)(4)