三年高考化学试题分项版解析专题 水溶液中的离子平衡解析版
1．【2017新课标1卷】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， =10－0.6 mol·L－1，c(H＋)=10－4.8 mol·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， =100.6 mol·L－1，c(H＋)=10－5.0 mol·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。
【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意分清楚反应的过程，搞清楚M和N曲线表示的含义，答题的关键是明确二元弱酸的电离特点。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。
2．【2017新课标2卷】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。
【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意利用守恒的思想解决问题。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。
3．【2017新课标3卷】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。
【名师点睛】本题考查溶度积常数的计算及平衡的移动，难点是对溶液中平衡时相关离子浓度的关系图的理解，通过图示可以提取出Ksp(CuCl)，2Cu＋Cu2＋＋Cu的平衡常数，并且要注意在化学平衡中纯物质对反应无影响。
4．【2017江苏卷】常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
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．0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·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】AD
【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。
5．【2016新课标1卷】298 K时，在20.0 mL 0.10 mol/L氨水中滴入0.10 mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol/L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20.0 mL
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
根据水的离子积常数可知：N处的溶液中氢离子浓度＝＝7.6×10－12 mol/L，根据pH=−lgc(H+)可知此时溶液中pH＜12，正确。
【考点定位】考查酸碱中和滴定、弱电解质的电离以及离子浓度大小比较等知识。
【名师点睛】酸碱中和滴定是中学化学的重要实验，通常是用已知浓度的酸(或碱)来滴定未知浓度的碱(或酸)
，由于酸、碱溶液均无色，二者恰好反应时溶液也没有颜色变化，所以通常借助指示剂来判断，指示剂通常用甲基橙或酚酞，而石蕊溶液由于颜色变化不明显，不能作中和滴定的指示剂。酸碱恰好中和时溶液不一定显中性，通常就以指示剂的变色点作为中和滴定的滴定终点，尽管二者不相同，但在实验允许的误差范围内。进行操作时，要注意仪器的润洗、查漏、气泡的排除，会进行误差分析与判断。判断电解质溶液中离子浓度大小时，经常要用到三个守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒，会根据相应的物质写出其符合题意的式子，并进行叠加，得到正确的算式。掌握水的离子积常数的计算方法、离子浓度与溶液pH的关系等是本题解答的关键所在。本题难度适中。
6．【2016新课标3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
【考点定位】考查弱电解质的电离平衡，盐类水解平衡，难溶电解质的溶解平衡
【名师点睛】本试题考查影响弱电解质电离平衡移动、盐类水解移动、离子浓度大小比较、难溶电解质的溶解平衡等知识，属于选修4的知识点，这部分题考查学生对上述知识的运用、分析、审题能力，平时训练中需要强化这部分知识的练习，因为它是高考的重点。醋酸属于弱电解质，CH3COOHCH3COO－＋H＋，影响弱电解质的因素：（1）温度：升高温度促进电离；（2）加水稀释，促进电离；（3）同离子效应：加入相同离子抑制电离；（4）加入反应离子：促进电离；因为是都在同一溶液，溶液体积相同，因此看物质的量变化，加水稀释促进电离，n(H＋)增大，n(CH3COOH)
减小，则比值增大。影响盐类水解的因素：温度、浓度、加入反应离子、同离子等，依据水解常数的表达式，得出：=1/K，K只受温度的影响，盐类水解是中和反应的逆过程，属于吸热反应，升高温度促进水解，K增大，则比值变小。离子浓度大小比较中，有“三个守恒”：电荷守恒、物料守恒、质子守恒，根据相应的物质写出其符合题意的式子，并进行叠加，即得到正确的算式。因为是溶液显中性，常用电荷守恒的思想解决，即c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，溶液显中性则c(H＋)=c(OH－)，即c(NH4＋)=c(Cl－)，比值等于1；依据溶度积的表达式得出：Ksp(AgCl)=c(Ag＋)×c(Cl－)，Ksp(AgBr)=c(Ag＋)×c(Br－)，则两式相比得到c(Cl－)/c(Br－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，溶度积只受温度的影响，温度不变，则比值不变，溶度积和离子积的关系：Qc=Ksp溶液达到饱和，Qc>Ksp溶液过饱和有沉淀析出，Qc
c(AlO2-)+c(OH-)
B
0.01
c(Na+)>c(AlO2-)> c(OH-)>c(CO32-)
C
0.015
c(Na+)> c(HCO3-)>c(CO32-)> c(OH-)
D
0.03
c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】
试题分析：向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01 mol二氧化碳，生成0.01 mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01 mol偏铝酸钠消耗0.005 mol二氧化碳，生成0.005 mol碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015 mol二氧化碳，生成0.03 mol碳酸氢钠。A、未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)＜c(AlO2-)+c(OH-)，错误；B、当通入的二氧化碳为0.01 mol时，则溶液为含有0.01 mol碳酸钠和0.01 mol偏铝酸钠的混合液，氢氧根离子浓度小于碳酸根离子浓度，错误；C、当通入的二氧化碳为0.015 mol时溶液中含有0.015 mol碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)> c(CO32-) > c(OH-) >c(HCO3-)，故错误；D、当通入二氧化碳的量为0.03 mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)，故正确。
【考点定位】考查电解质溶液中的离子平衡，钠、铝及其化合物的性质
【名师点睛
】本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。
15．【2016天津卷】室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．根据图像，0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液中HA的起始pH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD，正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－) ，正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别与钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－
c(H＋)，正确；故选C。
【考点定位】考查中和滴定图像、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较
【名师点晴】本题考查了酸碱混合时的定性判断、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较等。在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发，分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
16．【2015安徽卷】25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是
A．未加盐酸时：c(OH－)＞c(Na＋)= c(NH3·H2O)
B．加入10mL盐酸时：c(NH4＋) ＋c(H＋) ＝ c(OH－)
C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl－) = c(Na＋)
D．加入20mL盐酸时：c(Cl－) ＝c(NH4＋) ＋c(Na＋)
【答案】B
【解析】A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(Na＋)= c(NH3·H2O)，故A错误；B、加入10mL盐酸时，c（Cl-）=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4＋) ＋c(H＋) + c(Na+)＝c(OH－)+c（Cl-），所以c(NH4＋) ＋c(H＋) ＝ c(OH－)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4＋) ＋c(H＋) + c(Na+)＝ c(OH－)+c（Cl-），pH=7时，即c(H＋) ＝ c(OH－)，所以c(NH4＋) + c(Na+)＝ c（Cl-），c(Cl－) >c(Na＋)，故C错误；D、加入20mL盐酸时， c（Cl-）=2 c(Na＋),由于铵根离子的水解，c(NH4＋) ﹤c(Na+)，所以c(Cl－)>c(NH4＋) ＋c(Na＋)，故D错误，此题选B。
【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。
17．【2015新课标1卷】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
【考点定位】电解质强弱的判断、电离平衡移动（稀释、升温）；难度为较难等级。
18．【2015浙江卷】40℃时，在氨－水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．在pH＝9.0时，c(NH4+)＞c(HCO)＞c(NH2COOˉ)＞c(CO32－)
B．不同pH的溶液中存在关系：c(NH4+)＋c(H+)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(NH2COOˉ)＋c(OHˉ)
C．随着CO2的通入，不断增大
D．在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成
【答案】C
【考点定位】本题主要是考查电解质溶液中离子浓度大小关系，电荷守恒关系，图像分析应用等。
19．【2015重庆卷】下列叙述正确的是
A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7
C．25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D．0.1 mol AgCl和0.1mol AgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl－）=c（I－）
【答案】C
【考点定位】本题主要考查弱电解质的电离平衡，酸碱混合溶液的PH判断，溶液的导电性和沉淀溶解平衡的应用。
20．【2015天津卷】室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是
加入的物质
结论
A
50mL 1 mol·L－1H2SO4
反应结束后，c(Na+)=c(SO42－)
B
0.05molCaO
溶液中 增大
C
50mL H2O
由水电离出的c(H+)·c(OH—)不变
D
0.1molNaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变
【答案】B
【解析】 室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32—+H2O HCO3—+OH—溶液呈碱性；A项加入50mL 1 mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SO42－)，故A项错误；向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+ H2O=Ca(OH)2，则c(OH—)增大，且Ca2++CO32—=CaCO3↓，使CO32—+H2O HCO3—+OH—平衡左移，c(HCO3—)减小，故增大，故B项正确；C项加入50mL H2O，溶液体积变大，CO32—+H2O HCO3—+OH—平衡右移，但c(OH—)减小，Na2CO3溶液中H+、OH—均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH—)减小，故C项错误；D项加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32—反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D项错误；本题选B。
【考点定位】本题主要考查了盐类水解平衡应用。涉及离子浓度的比较、比值的变化、溶液pH的变化等
21．【2015四川卷】常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是
A．<1.0×10-7mol/L
B．c(Na+)= c(HCO3－)+ c(CO32－)+ c(H2CO3)
C．c(H+)+c(NH4+)= c(OH－)+ c(HCO3－)+2 c(CO32－)
D．c(Cl－)> c(NH4+)> c(HCO3－)> c(CO32－)
【答案】C
【考点定位】电解质溶液
22．【2015山东卷】室温下向10mL0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a点所示溶液中c(Na+)>c(A—)>c(H+)>c(HA)
B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C．pH=7时，c(Na+)= c(A—)+ c(HA)
D．b点所示溶液中c(A—)> c(HA)
【答案】D
【解析】A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则
c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)，错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，错误；C、根据电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（OH‾）+c（A-），则pH=7时，c（H+）=c（OH‾），带入电荷守恒表达式可得：c（Na+）= c（A-），错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，则溶液呈酸性，故HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）>c(HA)，正确。
【考点定位】本题通过分析图像的分析、酸碱中和反应进行的程度，结合弱电解质的电离平衡和盐类的水解规律，考查了离子浓度比较、水的电离程度的比较。
23．【2015江苏卷】下列说法正确的是（ ）
A．若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×6．02×1023
B．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7
C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
D．一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2)=2v逆(NH3)
【答案】C
【考点定位】考查氧化还原反应中电子转移、盐类水解和弱电解质的电离、金属防护、达到化学平衡的判断等知识。
24．【2015江苏卷】室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．向0.10mol·L－1NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)
B．向0.10mol·L－1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na＋)>c(NH4＋)>c(SO32－)
C．0.10mol·L－1Na2SO3溶液通入SO2：c(Na＋)=2[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)]
D．0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na＋)>c(CH3COOH)=c(Cl－)
【答案】D
【解析】A、两者不反应，根据溶液呈现电中性，c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，因为pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即c(NH4＋)=c(HCO3－)＋2c(CO32－)
，故错误；B、HSO3－H＋＋SO32－，NH3和H＋反应，生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，水解的程度是微弱的，c(Na＋)>c(SO32－)=c(NH4＋)，故错误；C、Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3，pH=7，反应后溶液的溶质Na2SO3、NaHSO3，根据物料守恒：2c(Na＋)=3[c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(H2SO3)]，故错误；D、CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl，溶液pH=7，反应后的溶质：NaCl、CH3COOH、CH3COONa，电离和水解相等，即：
c(Na＋)>c(CH3COOH)=c(Cl－)，故正确。
【考点定位】考查离子浓度大小比较中电荷守恒、物料守恒等知识。
25．【2015海南卷】0.1mol下列气体分别与1L0.lmol·L-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（ ）
A．NO2 B．SO2 C．SO3 D．CO2
【答案】C
【考点定位】本题考查溶液酸碱性的判断、相关物质的性质。
26．【2015海南卷】10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是（ ）
A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO3
【答案】A、B
【解析】Zn与稀盐酸发生反应：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，若加入物质是反应速率降低，则c(H+)减小。但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的n(H+)不变。A、K2SO4是强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，溶液中的水对盐酸起稀释作用，使c(H+)减小，但没有消耗H+，因此n(H+)不变，符合题意，正确；B、CH3COONa与HCl发生反应：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，使溶液中c(H+)
减小，反应速率降低，当反应进行到一定程度，会发生反应：2CH3COOH+Zn= (CH3COO)2Zn+ H2↑，因此最终不会影响产生氢气的物质的量，正确；C、加入CuSO4溶液会与Zn发生置换反应：CuSO4+Zn=Cu+ZnSO4，产生的Cu与Zn和盐酸构成原电池。会加快反应速率，与题意不符合，错误；D、若加入Na2CO3溶液，会与盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl2+H2O+CO2↑，使溶液中溶液中的c(H+)减小，但由于逸出了CO2气体，因此使n(H+)也减小，产生氢气的物质的量减小，不符合题意，错误。
【考点定位】考查影响化学反应速率速率的因素。
27．【2015海南卷】下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=1．8×10-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1．4×10-3）在水中的电离度与浓度关系的是（ ）
【答案】B
【考点定位】考查弱电解质的电离。
