2020届高三化学高考专题——三大守恒

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一、单选题（本大题共20小题，共40分）
1.下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是()
A. 某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B. pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C. AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D. pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+)>c(CH3COO−)
【答案】B
【解析】强酸的酸式盐如NaHSO4溶液的pH<7，A错误；pH=4.5的溶液中c(H+)= 10−4.5mol·L−1、pH=6.5的溶液中c(H+)=10−6.5mol·L−1，B正确；同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，CaCl2溶液中的c(Cl−)是NaCl溶液中的c(Cl−)的2倍，AgCl在CaCl2溶液中溶解度小，C错误；依电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，因为
c(OH−)<c(H+)，所以c(CH3COO−)>c(Na+)，D错误。

2.常温下，下列物质的溶液中粒子浓度关系不正确的是()
A. pH=1的KHSO4溶液：c(H+)=c(SO42−)+c(OH−)
B. CH3COONa和BaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ba2+)=c(CH3COO−)+
c(CH3COOH)+2c(Cl−)
C. 三种相同浓度的铵盐溶液中c(NH4+)从大到小的顺序：NH4HSO4、NH4Cl、
NH4HCO3
D. 已知AgCl、AgBr、AgI溶度积常数依次为1.6×l0−10、7.7×10−13、8.7×10−17，
则对应饱和溶液中c(X−)从大到小的顺序为：Cl−、Br−、I−
【答案】B
【解析】解：A.pH=1的KHSO4溶液中，硫酸氢钾完全电离，根据电荷守恒可知：c(Na+)+ c(H+)=2c(SO42−)+c(OH−)，根据物料守恒可得：c(Na+)=c(SO42−)，二者结合可得：c(H+)=c(SO42−)+c(OH−)，故A正确；
B.CH3COONa和BaCl2混合溶液中，根据物料守恒可得：c(Na+)c(CH3COO−)+
c(CH3COOH)、2c(Ba2+)=2c(Cl−)，二者结合可得：c(Na+)+2c(Ba2+)=c(CH3COO−)+ c(CH3COOH)+c(Cl−)，故B错误；
C.NH4HSO4电离出的氢离子抑制了铵根离子的水解，其溶液中铵根离子浓度最大；
NH4HCO3中碳酸氢根离子水解促进了铵根离子的水解，其溶液中铵根离子浓度最小，则三种相同浓度的铵盐溶液中c(NH4+)从大到小的顺序为：NH4HSO4>NH4Cl>
NH4HCO3，故C正确；
D.化学式相似的物质的溶度积常数越小物质越难溶，常温下在水中溶解能力为AgCl> AgBr>AgI，则对应饱和溶液中c(X−)从大到小的顺序为：Cl−、Br−、I−，故D正确；故选：B。

A.根据KHSO4溶液中的电荷守恒及物料守恒分析；
B.根据CH3COONa和BaCl2混合溶液中的物料守恒判断；
C.硫酸氢铵中氢离子抑制了铵根离子的水解，碳酸氢根离子促进了铵根离子的水解；
D.化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，据此分析三种离子浓度大小．本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理即可解答，注意掌握判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力．
3.25℃，准确移取20.00mL一元酸HA溶液于锥形瓶
中，用0.10mol⋅L−1NaOH溶液滴定，溶液的pH变
化如图所示，c点为二者恰好完全反应。

下列说法
正确的是()
A. 25℃时，HA的电离平衡常数K=10−3
B. a、b、c三点对应溶液中水的电离程度：a>b>c
C. c点对应的溶液中：c(HA)=c(OH−)−c(H+)
D. 若滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡所测HA溶液的浓度偏大
【答案】C
【解析】解：A.根据图象知，0.10mol/LHA溶液中pH=2，则c(H+)=0.01mol/L，HA
的电离常数K a=c(H +)⋅c(A −)
c(HA)=10 −3×10 −3
0.1−0.001
≈1×10−5，故A错误；
B.依据图示可知：a溶液中显酸性，对水的电离其抑制作用，c点酸碱恰好中和溶液中溶质为NaA，NaA为强碱弱酸盐，水解能够促进水的电离，所以a、b、c三点对应溶液中水的电离程度：a<b<c，故B错误；
C.c点为NaA溶液，存在质子守恒，c(OH−)=c(H+)+c(HA)，即c(HA)=c(OH−)−c(H+)，故C正确；
D.滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，导致消耗标准液体积偏小，待测液浓度偏低，故D错误；
故选：C。

A.常温下，HA的电离常数K a=c(H +)⋅c(A −)
c(HA)
，结合0.10mol/LHA溶液中pH=3计算；
B.依据酸、碱对水的电离其乙酯作用，可水解的盐对水的电离其促进作用解答；
C.依据溶液中质子守恒解答；
D.滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，导致消耗标准液体积偏大。

本题考查了酸碱混合溶液定性判断，题目难度中等，明确图象中各个点的含义是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，注意溶液的导电能力与离子浓度的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

4.常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL 0.1mol/
LH2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如
图所示．下列说法不正确的是()
A. A点溶液中加入少量水：c(OH−)
c(H2A)
增大
B. B点：c( HA −)>c(H+)>c(A2一)>c(H
2
A)
C. C点：c(Na+)=c(HA−)+2c(A2−)
D. 水电离出来的c(OH−)：B点>D点
【答案】D
【解析】解：A.根据图象可知，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，说明H2A为弱酸，若A点溶液中加入少量水，溶液中氢离子、H2A的浓度减小，由于水的离子积不变，则氢
氧根离子浓度增大，所以c(OH −)
c(H2A)
的比值增大，故A正确；
B.B点时加入了10mLNaOH溶液，反应后溶质为NaHA，此时溶液的pH小于7，说明HA−的电离程度大于其水解程度，则c(A2−)>c(H2A)，由于氢离子还来自水的电离，则
c(H+)>c(A2−)，溶液中离子浓度大小为：c( HA −)>c(H+)>c(A2−)>c(H2A)，故B 正确；
C.C点溶液的pH=7，为中性溶液，则c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)= c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)可知：c(Na+)=c(HA−)+2c(A2−)，故C正确；
D.B点反应后溶质为NaHA，HA−的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，而D点加入20mL氢氧化钠溶液，二者恰好反应生成Na2A，A2−水解促进了水的电离，所以水电离的c(OH−)：B点<D点，故D错误；
故选：D。

A.A点为H2A溶液，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，说明H2A为弱酸，稀释后氢离子、H2A的浓度减小，而氢氧根离子浓度增大；
B.B点加入10mL氢氧化钠溶液，反应后溶质为NaHA，溶液的pH小于7，说明HA−的电离程度大于其水解程度，则c(A2−)>c(H2A)结合氢离子厉害来自水的电离判断，
C.C点溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒判断；
D.B点HA−的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，抑制了水的电离，而D点恰好反应生成Na2A，A2−水解促进了水的电离．
本题考查了离子浓度大小比较、溶液酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，明确图象曲线对应溶质为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力．
5.25℃，在20mL 0.1mol⋅L−1氨水溶液中逐滴加入0.1mol⋅
L−1HCl溶液，其pH与所加盐酸溶液体积(V/mL)的关系如
图所示，下列说法正确的是()
A. 可以选择酚酞作指示剂
B. 在C点，V1<10，且有c(NH4+)=c(Cl−)>c(OH−)=c(H+)
C. 在A、C间任一点，溶液中一定都有：c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
D. 在D点：c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(Cl−)
【解析】解：A、应选两者恰好完全反应时溶液的溶液的PH，指示剂变色范围全部或
一部分在滴定突跃范围内，所以应选择甲基橙，故A错误；
B、氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，当溶液的pH=7时，氨水的量应稍微过量，所以盐酸的体积小于20mL；溶液呈中性导致c(OH−)=c(H+)，根据溶液呈电中性得
c(NH4+)=c(Cl−)，溶液是氯化铵溶液所以各种离子的关系为：c(NH4+)=c(Cl−)>
c(OH−)=c(H+)，故B错误；
C、在A、C间任一点，当盐酸的量很少时，溶液中以氨水的电离为主，所以溶液中离子存在的关系可能是c(NH4+)>c(OH−)>c(Cl−)>c(H+)，故C错误；
D、在D点时，根据物料守恒知，n(NH3⋅H2O)+n(NH4+)=0.002mol，n(Cl−)=0.002mol，溶液的体积相同，所以c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(Cl−)故D正确．
故选：D．
氨水呈碱性，盐酸呈酸性，向氨水中加入盐酸，发生酸碱中和反应导致溶液的pH值降低，当盐酸和氨水的物质的量相等时，恰好生成氯化铵；当继续加盐酸时，盐酸的物质的量远远大于氨水时，溶液中以盐酸为主，溶液的pH值近似于盐酸的pH值；溶液中
根据物料守恒和电荷守恒判断溶液中离子浓度的相对大小．
本题考查了酸碱中和反应中pH值图象的分析，难度不大，注意特殊点的分析，1.未加
盐酸溶液时，2.酸碱恰好反应时，3.溶液的pH=7时．
6.温度25℃时，用Na2S、(NH4)2S等沉淀Cu2+、Z2+两种金属离子(M2+)，所需S2−最
低浓度的对数值1gc(S2−)与1gc(M2+)关系如图所示。

下列说法不正确的是()
A. Na2S溶液中：c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)=2c(Na+)
B. 25℃时，K sp(CuS)约为1×10−35
C. 向100mL浓度均为1×10−5mol/L Zn2+、Cu2+的混合溶液中逐滴加入
1×10−4mol/L的Na2S溶液，Cu2+先沉淀
D. (NH4)2S溶液中：C(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+2c(S2−)+c(HS−)
【答案】A
【解析】解：A.根据物料守恒，Na2S溶液中：2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)=c(Na+)，故A错误；
B.在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2−(aq)，
Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2−)=10−25×10−10=10−35，故B正确；
C.依据此图可知，CuS的Ksp较小，故CuS最难溶，那么首先出现的沉淀是CuS，即Cu2+先沉淀，故C正确；
D.(NH4)2S溶液中，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+2c(S2−)+c(HS−)，故
故选：A。

A.根据物料守恒分析；
B.K sp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2−)，根据图象数据计算出25℃时K(CuS)；
C.依据此图可知，CuS的K sp较小，则首先出现的沉淀是CuS；
D.根据电荷守恒分析。

本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握难溶物溶解平衡及沉淀转化的实质，难度中等。

7.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42−
离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3(已知NH4++OH−=△NH3↑+H2O)，则原溶液中的Al3+的物质的量浓度(mol⋅L−1)为()
A. 2b−c
2a B. 2b−c
a
C. 2b−c
3a
D. 2b−c
6a
【答案】C
【解析】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42−离子完全沉淀，则SO42−+Ba2+=BaSO4↓
bmol bmol
c(SO42−)=bmol
aL =b
a
mol/L，
由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4++OH−=△NH3↑+H2O
cmol cmol
c(NH4+)=cmol
aL =c
a
mol/L，
由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，
x×3+c
a mol/L×1=b
a
mol/L×2，
解得：x=2b−c
3a
mol/L，
故选：C。

本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，并熟悉浓度的计算公式来解答即可．
8.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是()
A. 常温下，将0.1mol⋅L−1NH4CI溶液与0.05mol⋅L−1NaOH溶液等体积混合：
c(C1−)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)
B. 在小苏打溶液中存在：c(HCO3−)=c(Na+)−c(CO32−)−c(H2CO3)
C. 向CH3COOH溶液中加入适量的NaOH，得到pH=4的混合溶液：c(Na+)>
c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
D. pH=3的一元酸HX和PH=11的一元碱MOH等体积混合：c(M+)=c(X−)>
c(H+)=c(OH−)
【解析】解：A.混合后溶液中的溶质为NH3⋅H2O、NH4Cl、NaCl，其浓度相同都是
0.025mol⋅L−1，由于氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以溶液显碱性，混合溶液中离子浓度大小为：c(C1−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)，故A错误；
B.任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得：c(HCO3−)+c(CO32−)+
c(H2CO3)=c(Na+)，所以得c(HCO3−)=c(Na+)−c(CO32−)−c(H2CO3)，故B正确；C.混合溶液pH=4，说明溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒得c(Na+)< c(CH3COO−)，故C错误；
D.如果酸碱都是强电解质，酸碱恰好完全反应，则混合溶液呈中性，如果酸是弱酸、碱是强碱，酸的物质的量大于碱，则混合溶液呈酸性；如果酸是强酸、碱是弱碱，碱的物质的量大于酸，碱有剩余，混合溶液呈碱性，故D错误；
故选：B。

A.反应后的溶液中溶质为等浓度的一水合氨、氯化钠、氯化铵，由于一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解，则c(Na+)<c(NH4+)；
B.任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；
C.混合溶液pH=4，说明溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒判断c(Na+)、c(CH3COO−)大小；
D.如果酸碱都是强电解质，则混合溶液呈中性，如果酸是弱酸、碱是强碱，则混合溶液呈酸性；如果酸是强酸、碱是弱碱，混合溶液呈碱性。

本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断能力，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度不大。

9.下列说法正确的是()
A. 5.6 g铁粉与硝酸反应失去电子数一定为0.3×6.02×1023
B. 反应MgCl2(s)=Mg(s)+Cl2(g)的△H<0、△S>0
C. K sp不仅与难溶电解质的性质和温度有关，还与溶液中相关离子的浓度有关
D. 0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液中：c(OH−)−c(H+)=2c(H2SO3)+c(HSo3−)
【答案】D
【解析】解：A、铁与硝酸反应生成物可能是Fe2+或Fe3+离子，当生成Fe2+离子时，转移的电子数为0.2×6.02×1023，当生成Fe3+离子时，转移的电子数为0.3×6.02×1023，故A错误；
B、MgCl2的分解反应属于吸热反应，△H>0，反应后生成气体，熵变增加，△S>0，故B错误；
C、K sp与为沉淀溶解平衡常数，只与难溶电解质的性质和温度有关，与溶液中相关离子的浓度无关，故C错误；
D、0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液中，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(H2SO3)+2c(HSO3−)+ 2c(SO32−)，根据溶液电中性有：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3−)+2c(SO32−)+c(OH−)，则：c(OH−)−c(H+)=c(Na+)−c(HSO3−)−2c(SO32−)=2c(H2SO3)+2c(HSO3−)+
2c(SO32−)−c(HSO3−)−2c(SO32−)=2c(H2SO3)+c(HSO3−)，故D正确．
故选D．
A、根据铁与硝酸反应生成物可能是Fe2+或Fe3+离子分析；
B、MgCl2的分解反应属于吸热反应；
C、K sp与为沉淀溶解平衡常数，只与难溶电解质的性质和温度有关；
D、从物料守恒和电荷守恒两个角度列式比较．
本题考查离子浓度的大小比较等问题，题目难度较大，本题易错点为D项，注意从溶液中存在的电荷守恒、质子守恒、物料守恒的角度分析．
10.下列离子方程式书写正确的是()
A. Na2HPO4溶于水：Na2HPO4=2Na++H++PO43−
B. 将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c(SO42−)>c(NH4+)
C. HF溶于少量水中：2HF=H++HF
2
一
D. (NH4)2SO4溶于水：(NH
4)2SO4=2NH4++SO
4
2一
【答案】D
【解析】A.Na2HPO4溶于水磷酸氢根不能拆，错误；
B.将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，根据电荷守恒2c(SO42−)=c(NH4+)，错误；
C.HF溶于少量水中： HF H++F−，错误；
D.正确。

故选D。

11.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。

用0.100mol/L的NaOH溶液滴定
10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。

利用传感器测得滴定过程中
溶液的电导率如图所示。

下列说法不正确的是()
A. 曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. A、C两点对应溶液均呈中性
C. B点溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)
D. A点溶液中：c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=0.050mol/L
【答案】B
【解析】解：A.由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A正确；
B.由分析可知，曲线①代表0.1mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，曲线②代表0.1mol/L NaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，所以A点对应溶液为醋酸钠，发生水解显碱性，C两点对应为氯化钠溶液呈中性，故B错误；
C.B点溶液中，滴入NaOH溶液为20ml，则溶液组成为等量的CH3COONa和NaOH，因为醋酸根水解，则c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)，故C正确；
mol/L=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据D.A点溶液中c(Na+)=0.1×10
20
电荷守恒得c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L，故D正确；
故选：B。

溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1mol/L NaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此分析。

本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，题目难度中等，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

12.25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示．有关说法正确的是()
A. 酸性强弱：H2CO3>HF
B. ①和②中溶质均未水解
C. 离子的总浓度：①>③
D. ④中：c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(H2CO3)=0.1mol/L
【答案】C
【解析】解：A、NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液PH，则对应酸性为H2CO3<HF，故A错误；
B、氯化钠溶液是强酸强碱溶液，溶液pH=7，溶液不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，溶液pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，①和溶质未水解，②中溶质发生双水解，故B错误；
C、氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF 溶液中氟离子水解破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，溶液呈中性得到c(Na+)=c(Cl−)，c(Na+)+ c(H+)=c(OH−)+c(F−)，溶液呈碱性，c(H+)<c(OH−)，得到c(Na+)>c(F−)，离子
的总浓度：①>③，故C正确；
D、依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：
c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)=0.1mol/L，故D错误，
故选：C。

A、NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强；
B、氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性；
C、氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF 溶液中氟离子水解破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，结合溶液中电荷守恒比较大小；
D、依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变．
本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒分析判断，物料守恒的理解应用，注意盐类水解的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
13.已知某温度下三种酸的平衡常数：CH3COOH：K a=1.76×l0−5 HF：K a=
6.03×10−4H2SO3：K a1=1.54×10−2K a2=1.02×10−7，下列说法正确的是()
A. 在1mol/LNaHA(酸式盐)溶液中定存在：c(Na+)=c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)
B. pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合后，溶液的pH基本不变
C. 相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF水溶液，溶液中阴阳离子总数由小到大排
列的顺序是CH3COONa>NaF
D. 向CH3COONa溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中：c(Na+)>
c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
【答案】B
【解析】解：A、NaHA可能为强酸的酸式盐，溶液中可能不存在H2A，故A错误。

B.常温下，pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合，由于两溶液中氢离子浓度相等，则混合液中氢离子浓度不变，所以混合液的pH仍然为3，溶液的pH基本不变，故B
正确；
C，相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF水溶液，碱性CH3COONa>NaF，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+
c(F−)，相同浓度的钠盐溶液中，酸根离子水解程度越大其溶液的离子总数相应变小，溶液中阴阳离子总数由小到大排列的顺序是CH3COONa<NaF，故C错误；
D.电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，溶液为酸性，c(H+)>c(OH−)，故氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故c(Na+)<c(CH3COO−)，故D错误；
故选：B。

A、NaHA可能为强酸的酸式盐，溶液中可能不存在H2A；
B.由于盐酸和醋酸溶液的pH相等，两溶液中氢离子浓度相等，故将两溶液混合后氢离子浓度不变，缓冲体系中溶液pH值保持恒定；
C.溶液中存在电荷守恒，结合醋酸和HF的电离平衡常数比较酸性为：HF>CH3COOH，则CH3COO−水解程度大于F−，据此分析；
D.电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，溶液为酸性，c(H+)>c(OH−)，故氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故c(Na+)<c(CH3COO)。

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，侧重于考查学生的分析应用能力。

14.25℃时，c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1
的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c(CH3COOH)、
c(CH3COO−)与pH的关系如图所示．下列有关该溶
液的叙述不正确的是()
A. pH=4的溶液中：c(CH3COOH)>
c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
B. W点所表示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH−)
C. 将W点所表示的1.0L溶液稀释到10L，用pH计测量，溶液的pH应为5.75
D. pH=5.5的溶液中：c(Na+)+c(H+)−c(OH−)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L−1
【答案】C
【解析】解：A.pH=4的溶液中：c(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒c(CH3COO−)>c(Na+)，pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO−)=0.05mol/L，pH=4时，酸性增强，所以c(CH3COO−)<c(CH3COOH)，故A正确；
B.由图可知，W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO−)=0.05mol/L，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，所以c(Na+)+c(H+)=
c(CH3COOH)+c(OH−)，故B正确；
C、W点所表示的是醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液稀释10倍，由于醋酸存在电离平衡，促进醋酸电离，PH增大小于1；将W点所表示的1.0L溶液稀释到10L，用pH计测量，溶液的pH应小于5.75，故C错误；
D.溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1，电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=
c(CH3COO−)+c(OH−)，所以c(Na+)+c(H+)−c(OH−)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L−1，故D正确；
故选：C．
A.由图可知，pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO−)=0.05mol/L，pH=4时，酸性增强，溶液中醋酸的电离程度减小，故溶液中c(CH3COOH)增大，溶液中c(CH3COO−)减小，据此确定c(CH3COOH)和c(CH3COO−)的相对大小；
B.由图可知，W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO−)=0.05mol/L，结合溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)判断；
C.W点所表示的是醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液稀释10倍，由于醋酸存在电离平衡，促进醋酸电离，pH增大小于1；
D.溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1，根据电荷守恒有c(Na+)+
c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，根据物料守恒有c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=
0.1mol⋅L−1，由电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)+c(Cl−)，据此解答．
本题考查离子浓度大小的比较，溶液中物料守恒、电荷守恒，溶液稀释、弱电解质电离
平衡，明确盐类水解、物料守恒是解答本题的关键，题目难度中等．
15.R2O8n−离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4−，若R2O8n−离子变为RO42−离
子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值为()
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
【答案】C
【解析】解：该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n−作氧化剂，即R2O8n−与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n−+2Mn2+=2MnO4−+10RO42−+16H+，根据电荷守恒得−5n+
2×2=−1×2+(−2×10)+1×16，n=2，
故选：C。

先根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，然后根据原子守恒配平方程式，再根据电荷守恒判断n值．
本题考查氧化还原反应的计算，根据原子守恒和电荷守恒即可分析解答本题，难度不大．
16.下列说法不正确的是()
A. 25℃时，pH=11 NaOH溶液和pH=3CH3COOH混合，若溶液显酸性，则所得
溶液中离子浓度可能为c(CH3COO−)>c(H+)>c(Na+)>c(OH−)
B. 取c(H+)=0.01mol/L的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入
0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大
C. 25℃时，某溶液中由水电离出的c(H+)=10−a mol/L，若a>7时，该溶液pH一
定为14−a
D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液中存在：2c(Na+)=3[c(HC2O4−)+
c(C2O42−)+c(H2C2O4)]
【答案】C
【解析】解：A.25℃时，pH=11 NaOH溶液和pH=3CH3COOH混合，若溶液显酸性，溶液中的溶质为醋酸钠、醋酸，如果醋酸浓度远远大于醋酸钠，可能存在c(H+)>c(Na+)，结合电荷守恒得c(CH3COO−)>c(H+)，所以可能存在离子浓度大小顺序是
c(CH3COO−)>c(H+)>c(Na+)>c(OH−)，故A正确；
B.反应速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度相等的醋酸和盐酸，反应过程中醋酸继续电离出氢离子，而导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸反应速率较快，故B正确；
C.25℃时，某溶液中由水电离出的c(H+)=10−a mol/L，若a>7时，说明抑制水电离，溶液中的溶质可能是酸或碱，如果溶液为酸液，则溶液的pH为14−a，如果溶液为碱液，溶液的pH=a，故C错误；
D.任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2c(Na+)=3[c(HC2O4−)+
c(C2O42−)+c(H2C2O4)]，故D正确；
故选C．
A.25℃时，pH=11 NaOH溶液和pH=3CH3COOH混合，若溶液显酸性，溶液中的溶
质为醋酸钠、醋酸，如果醋酸浓度远远大于醋酸钠，可能存在c(H+)>c(Na+)；
B.反应速率与氢离子浓度成正比；
C.25℃时，某溶液中由水电离出的c(H+)=10−a mol/L，若a>7时，说明抑制水电离，溶液中的溶质可能是酸或碱；
D.任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断．
本题考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，结合电荷守恒、物料守恒判断，易错选项是BC，注意反应速率与离子浓度有关，与电解质强弱无关．
17.某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH
为2.对于该溶液，下列叙述中不正确的是()
A. 该温度高于25℃
B. 水电离出来的c(H+)=1×10−10mol⋅L−1
C. c(H+)=c(OH−)+c(SO 42−)
D. 该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
【答案】D
【解析】解：A.纯水的pH=6，说明c(H+)=c(OH−)=1×10−6mol⋅L−1，Kw=
1×10−12>1×10−14，说明温度高于25℃，故A正确；
B.水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c(H+)=c(OH−)=
10−12
mol/L=10−10mol/L，故B正确；
0.01
C.溶液呈电中性，则c(Na+)+(H+)=c(OH−)+2c(SO 42−)，根据硫酸氢钠的化学式知c(Na+)=c(SO 42−)，所以(H+)=c(OH−)+c(SO 42−)，故C正确；
D.Kw=1×10−12，应加入等体积浓度为0.01mol⋅L−1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D错误。

故选D。

A.纯水的pH=6，说明c(H+)=c(OH−)=1×10−6mol⋅L−1，Kw=1×10−12>
1×10−14；
B.水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度；
C.根据电荷守恒分析；
D.纯水的pH=6，说明Kw=1×10−12，加入氢氧化钠溶液的物质的量应与氢离子的相等．
本题考查水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水电离的因素即可解答，难度不大．
18.用0.10mol⋅L−1HCl溶液滴定20mL0.05mol⋅L−1Na2CO3和0.025mol⋅L−1NaHCO3混
合溶液，得出如图所示的滴定曲线。

下列说法不正确的是()
A. a点溶液显碱性的主要原因是：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−
B. b点溶液中：c(Na+)=c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)
C. c点溶液中：c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)
D. d点溶液中：c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3−)>c(H+)>c(OH−)
【答案】B
【解析】解：A.a点溶液0.050mol⋅L−1Na2CO3和0.025mol⋅L−1NaHCO3混合溶液，
Na2CO3和NaHCO3均能水解使溶液呈碱性，但主要原因是CO32−的水解，故A正确；
B.b点加入10mL HCl溶液后，溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl，故B错误；
C.据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)+c(OH−)，由于c 点溶液显中性，c(H+)=c(OH−)，所以c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)，故C
正确；
D.d点加入20mL 0.10mol⋅L−1HCl溶液后，溶液中c(NaCl)=0.050mol⋅L−1，
c(NaHCO3)=0.0125mol⋅L−1，所以c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3−)，又因为d点pH<7，所以c(H+)>c(OH−)，故D正确。

故选：B。

A.Na2CO3和NaHCO3均能水解使溶液呈碱性，但主要原因是CO32−的水解；
B.b点加入10mL HCl溶液后，溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl；
C.根据电荷守恒判断；
D.d点加入20mL 0.10mol⋅L−1HCl溶液后，溶液中c(NaCl)=0.050mol⋅L−1，
c(NaHCO3)=0.0125mol⋅L−1，以此判断。

本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确混合后溶液中的溶质是解答的关键，注意电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等。

19.用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是()
A. 由1mol CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO−数目是N A
B. 1.68gFe与足量高温水蒸气反应，转移电子的数目为0.09N A
C. 氢原子数为0.4N A的CH3OH分子中含有的电子数为1.8N A
D. 常温下，2L 0.1mol⋅L−1FeCl3溶液与1L0.2mol⋅L−1FeCl3溶液所含Fe3+数目不同
【答案】B
【解析】解：A、由1mol CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，n(H+)=n(OH−)，而根据溶液的电荷守恒可知：n(H+)+n(Na+)=n(OH−)+n(CH3COO−)，故有：
n(Na+)=n(CH3COO−)=1mol，个数为N A个，故A正确；
B、1.68g铁的物质的量为0.03mol，而铁和水蒸气在高温下反应变为+8
价，故0.03mol铁
3
=0.08mol电子即0.08N A个，故B错误；
反应后失去0.03mol×8
3。