2018年高考化学真题分类汇编 专题8 水溶液中的离子平衡(选修4)
Ⅰ—弱电解质的电离
1.[2018天津卷-3]下列叙述正确的是
A. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小 B. 铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈 C. 反应活化能越高，该反应越易进行
D. 不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3 【答案】B
-【解析】A．根据“越弱越水解”的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A的水解越强，应该是NaA的Kh(水解常数)越大。选项A错误。 B．铁管镀锌层局部破损后，易形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。选B正确。 C．反应的活化能越高，反应越难进行。选项C错误。 D．红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。
【考点】水解平衡常数与电离平衡常数的关系、金属的防护、活化能、红外光谱与化学键。
2.[2018天津卷-6] LiH2PO4是制备电池的重要原料。LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)室温下，
––
的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4的分布分数δ[δ=c(H2PO4)/c总(含P元素的粒子)]随pH的变化如图2所示，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A. 溶液中存在3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明显变小 D. 用浓度大于1 mol·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】D
–2–
【解析】A．溶液中存在H2PO4的电离平衡和水解平衡，存在HPO4的电离平衡和水解平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。 B．含P元素的粒
–2–3––
子有H2PO4、HPO4、PO4和H3PO4。选B错误。 C．从图1中得到随着c初始(H2PO4)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。 D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所
–
有含P的成分中H2PO4占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。
1
【考点】H3PO4的分步电离；H2PO4在溶液中的电离及一定条件下电离与水解的平衡。随c(H2PO4–)的增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是
–
因为H2PO4存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。 3.[2018浙江卷-18]相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是 A. pH相等的两溶液中：c(CH3COO—)=c(Cl—)
B. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同 C. 相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D. 相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)： c(CH3COO—)=c(Cl—) 【答案】A
——
【解析】同温时，依电荷守恒有：盐酸溶液中:c(H+)= c(Cl)+ c(OH)；醋酸溶液中：c(H+)=
———
c(CH3COO)+ c(OH)，当盐酸和醋酸两种溶液的pH相等时，它们的c(H+)、 c(OH)分别
——
相等，故c(CH3COO)=c(Cl)，A正确； 因醋酸为弱酸，在溶液中只有部分电离，当盐酸和醋酸两种溶液的pH相等、体积相等时，醋酸的物质的量比盐酸多，消耗的NaOH的物质的量多，所以B错误； 因醋酸为弱酸，在溶液中只有部分电离，当盐酸和醋酸两种溶液的浓度相等时，分别与金属镁反应，盐酸的反应速率快，故C错误； 盐酸和醋酸两种溶液分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中分别有：c(Na+)+c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)或c(Na+)= c(Cl-)；c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)或c(Na+)= c(CH3COO-)，但两种溶液中的c(Na+)前者大，故c(Cl—)＞c(CH3COO—)，故D错误。 【考点】水溶液中的离子平衡
Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10?2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10?5，4.[2018江苏卷-14] H2C2O4为二元弱酸，?2?
设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4) +c(C2O4)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L?1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A. 0.1000 mol·L?1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L?1+c(C2O42? )+c(OH?)?c(H2C2O4 ) B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42? ) >c(H+ ) C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L?1+ c(C2O42?) ?c(H2C2O4) D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH?) ?c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4?) 【答案】AD
+-2--A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c=c+2c+c0.1000 【解析】（H）（HC2O4）（C2O4）（OH），
mol·L?1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-） ，整理两式得：
+
c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A正确； B.c(Na)=c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4—既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4—水解的离子方
HC2O4—水解常数(Kh)与H2C2O4电离常数(Ka)有如下程式为HC2O4—+H2OH2C2O4+OH—，
关系：
Kh×Ka = K w，则Kh= K w / Ka =10-14/(5.4×10?2)=10-12/5.4＜5.4×10?5,所以，HC2O4?的电离程
2-度大于水解程度，则c（C2O4）c（H2C2O4），B错误； C项，滴入NaOH溶液后，
++-2--溶液中的电荷守恒为c（Na）+c（H）=c（HC2O4）+2c（C2O4）+c（OH），室温pH=7
+-+-2-2-=c=c+2c=c+c-c即c（H）（OH），则c（Na）（HC2O4）（C2O4）（总）（C2O4）（H2C2O4），
+
由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，C错误； D项，c（Na）=2c（总）时
++-2-溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na）+c（H）=c（HC2O4）+2c（C2O4）
2
–
+-2-+c（OH-），物料守恒为c（Na）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4）+ c（C2O4）]，两式整理
-+-得c（OH）-c（H）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4），D正确。
【考点】溶液中粒子浓度的大小关系；溶液中电荷守恒、物料守恒和质子守恒。
Ⅱ—水的电离和溶液的酸碱性
5.[2018北京卷-12]测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。 时刻 温度/℃ pH ① 25 9.66 ② 30 9.52 ③ 40 9.37 ④ 25 9.25 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是 ．．．A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32—+H2O
HSO3—+OH?
B. ④的pH与①不同，是由于SO32—浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D. ①与④的Kw值相等 【答案】C
2
【解析】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO3—+H2O
—
HSO3
+OH?，A正确； B.取①④对应温度下的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实
验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，
2
④与①对比，SO3—浓度减小，溶液中c(OH—) 减小，④的pH小于①；B正确； C项，
22
盐类水解过程吸热，①→③的过程，升高温度SO3—水解平衡正向移动，c(SO3—)减小，水解平衡逆向移动，C错误； D项，Kw只与温度有关，温度相同时KW相同，D正确。 【考点】盐类水解离子方程式的书写；外界条件对盐类水解平衡的影响；水的离子积的影
2-响因素；SO3的还原性。
Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10?2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10?5，6.[2018江苏卷-14] H2C2O4为二元弱酸，?2?
设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4) +c(C2O4)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L?1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A. 0.1000 mol·L?1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L?1+c(C2O42? )+c(OH?)?c(H2C2O4 ) B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42? ) >c(H+ ) C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L?1+ c(C2O42?) ?c(H2C2O4) D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH?) ?c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4?) 【答案】AD
+-2--A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c=c+2c+c0.1000 【解析】（H）（HC2O4）（C2O4）（OH），
mol·L?1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-） ，整理两式得：
+2--+
c（H）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O4）+c（OH），A正确； B.c(Na)=c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4—既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4—水解的离子方
3
——
HC2O4—水解常数(Kh)与H2C2O4电离常数(Ka)有如下程式为HC2O4+H2OH2C2O4+OH，
关系：
Kh×Ka = K w，则Kh= K w / Ka =10-14/(5.4×10?2)=10-12/5.4＜5.4×10?5,所以，HC2O4?的电离程
2-度大于水解程度，则c（C2O4）c（H2C2O4），B错误； C项，滴入NaOH溶液后，
++-2--溶液中的电荷守恒为c（Na）+c（H）=c（HC2O4）+2c（C2O4）+c（OH），室温pH=7
+-+-2-2-=c=c+2c=c+c-c即c（H）（OH），则c（Na）（HC2O4）（C2O4）（总）（C2O4）（H2C2O4），
+
由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，C错误； D项，c（Na）=2c（总）时
++-2-溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na）+c（H）=c（HC2O4）+2c（C2O4）
+-2-+c（OH-），物料守恒为c（Na）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4）+ c（C2O4）]，两式整理
-+-得c（OH）-c（H）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4），D正确。
【考点】溶液中粒子浓度的大小关系；溶液中电荷守恒、物料守恒和质子守恒。
Ⅲ—盐类的水解
7.[2018江苏卷-6]下列有关物质性质的叙述一定不正确的是 A. 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色 B. KAl(SO4) 2·12H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体 C. NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3 D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2 【答案】A
A. NH4SCN用于检验Fe3+，【解析】向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，
A错误； B.KAl(SO4) 2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al(OH) 3胶体，离子方程式
3++
为Al+3H2OAl(OH) 3(胶体) +3H，B正确； C.实验室可用NH4Cl和Ca(OH) 2混合
C正确； u共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH) 2CaCl2+2NH3↑+2H2O，
与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D正确；
3+
【考点】Fe的检验；盐类的水解；实验室制氨气的原理；Cu与FeCl3的反应。 8.[2018浙江卷-4]下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A. KCI B. Na2O C. NH4CI D. CH3COONa 【答案】C
【解析】盐类水解的规律：有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性；同强显中性。由此可见，盐类水解的前提条件是有弱碱的阳离子或弱酸的酸根离子，其水溶液的酸碱性由盐的类型决定，利用盐溶液的酸碱性可判断酸或碱的强弱；Na2O溶于水后生成氢氧化钠使溶液显碱性。 【考点】盐的水解及氧化钠的性质。
9.[2018浙江卷-23]在常温下，向10mL浓度均为0.lmol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是
4
A.在a点的溶液中c(Na )>c(CO3)>c(C1)>c(OH)>c(H ) B.在b点的溶液中2 n(CO32-)+n( HCO3-)<0. 001 mol
C.在c点的溶液pH<7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力
D.若将0.1 mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时：c(Na+ ) =c(CH3COO-) 【答案】B
【解析】0.1mol/L盐酸加入10mL浓度均为0.lmol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中，盐酸会先和氢氧化钠反应，而后再和Na2CO3溶液反应。a点加入盐酸体积为5mL，它与氢氧化钠反应，消耗原溶液中一半的氢氧化钠，而溶液中Na2CO 3水解能增加溶液中的c(OH-)，从而c(OH-) > c(C1-)，故在a点的溶液中：c(Na+ )>c(CO32-)> c(OH-) > c(C1-) >c(H+ )，A错误；
b点的溶液，PH等于7，加入的盐酸体积大于20mL，混合液总体积大于30mL，混合溶液中：n(Na+)=10mL ×0.lmol/L(1+2)=0.003mol；n(Cl-)＞20mL ×0.lmol/L=0.002mol； n(OH-)= n(H+)，且2 n(CO32-)+n( HCO3-)+ n(OH-)+ n(Cl-)= n(Na+)+ n(H+)，可知：2
n(CO32-)+n( HCO3-)= n(Na+)- n(Cl-)+ n(H+)- n(OH-)= n(Na+)- n(Cl-)＜0.003mol - 0.002mol，B正确； HCO3-的电离能力小于其水解能力，C错误； 若将0.1 mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时：c(Na+ ) =c(CH3COO-)+2 c(CO32-)+c( HCO3-),D错误。 【考点】盐溶液中的离子平衡
10.[2018全国卷Ⅱ-7]化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污 B. 漂白粉可用于生活用水的消毒 C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 【答案】D
【解析】A. 碳酸钠溶液因碳酸根水解显碱性，因此可用于去除餐具的油污，餐具的油污在碱性条件下易水解，A正确；
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；
C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确； D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，而胃液中有
盐酸，所以碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，可用硫酸钡，D错误。
【考点】碳酸盐的水解；漂白粉的用途；氢氧化铝的两性；胃酸的成分；碳酸盐的溶解性。
Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10?2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10?5，11.[2018江苏卷-14] H2C2O4为二元弱酸，
5
+2---+