★2023年黄冈高考复习资料（内部）系列：
第八章水溶液中的离子平衡。
时间90分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．(2009·广东高考)下列说法正确的是。
a．向0.1 mol/l na2co3溶液中滴加酚酞，溶液变红色。
b．al3＋、no、cl－、co、na＋可大量共存于ph＝2的溶液中。
c．乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质。
d．分别与等物质的量的hcl和h2so4反应时，消耗naoh的物质的量相同。
解析：ph＝2的溶液显酸性，co与h＋不共存，b不正确；乙醇是非电解质，c不正确；与等物质的量的hcl和h2so4反应，消耗naoh的物质的量比为1∶2，d不正确．[**：z_xx_
答案：a[**：学科网]
2．(2009·福建质检)有关常温下ph均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是。
a．两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10－11 mol/l
b．分别加水稀释100倍后，两种溶液的ph仍相同。
c．醋酸中的c(ch3coo－)和硫酸中的c(so)相等。
d．分别加入足量锌片，两种溶液生成h2的体积相同。
解析：酸溶液中氢氧根离子全部来自于水的电离，氢离子浓度相同的情况下，氢氧根离子浓度也相同，则由水电离出的氢离子浓度也相同．
答案：a3．下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是。
a．1 l 0.3 mol/l ch3cooh溶液和3 l 0.1 mol/l ch3cooh溶液中的h＋数[**。
b．ph＝1的ch3cooh溶液和盐酸的物质的量浓度。
c．ph＝12的氨水和naoh溶液的导电能力。
d．ph相同的等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量锌粒反应产生的气体体积。
解析：a项两溶液中ch3cooh的物质的量相同，后者ch3cooh溶液的浓度小电离程度大，后者中h＋数多，a不正确．b项ch3cooh是弱酸，不完全电离，ch3cooh溶液的浓度大，b符合．c项两溶液中c(h＋)、c(oh－)均相等，则c(nh)＝c(na＋)，导电能力相同，c不正确．d项中醋酸的浓度大，n(ch3cooh)大，与足量锌反应产生的h2多，d不正确．
答案：b4．用标准盐酸滴定未知浓度的naoh溶液时，若测定结果偏高，则产生误差的原因可能是 (
a．滴定时，装naoh溶液的锥形瓶未用naoh溶液润洗。
b．酸式滴定管用蒸馏水洗后，用标准盐酸润洗。
c．滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失。
d．滴定前以仰视的姿势读取了酸式滴定管的读数，滴定后读数正确。
解析：a项对滴定结果无影响；b项为正确的操作方法；c项此种情况导致消耗盐酸偏多，测量结果偏高；d项此种情况导致盐酸体积偏小，测量结果偏低．
答案：c5．已知nahso4在水中的电离方程式为nahso4===na＋＋h＋＋so，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＝2，对于该溶液，下列叙述中不正确的是。
a．该温度高于25℃
b．水电离出的c(h＋)＝1×10－10 mol/l
c．c(h＋)＝c(oh－)＋c(so)
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。
解析：ph＝6的蒸馏水中c(h＋)＝c(oh－)＝1×10－6 mol/l，kw＝1×10－12，故该温度高于25℃；该温度下加入nahso4晶体后，c(h＋)＝10－2 mol/l，溶液中c(oh－)＝mol/l＝1×10－10 mol/l，故水电离出的c(h＋)＝c(oh－)＝1×10－10 mol/l；根据电荷守恒，c(na＋)＋c(h＋)＝2c(so)＋c(oh－)，因c(na＋)＝c(so)，故c(h＋)＝c(oh－)＋c(so)；完全中和该溶液，则需等体积的naoh溶液中c(oh－)＝10－2 mol/l，c(h＋)＝mol/l＝10－10mol/l，故该温度下naoh溶液的ph＝10.
答案：d6．已知某酸h2b在水溶液中存在下列关系：
h2bh＋＋hb－，②hb－h＋＋b2－.关于该酸对应的酸式盐nahb的溶液，下列说法中，一定正确的是。
a．nahb属于弱电解质。
b．溶液中的离子浓度c(na＋)＞c(hb－)＞c(h＋)＞c(oh－)[**：学。科。网。
c．c(na＋)＝c(hb－)＋c(b2－)＋c(h2b)
d．nahb和naoh溶液反应的离子方程式为h＋＋oh－==h2o
解析：nahb属于强电解质，a项错；由于hb－的电离程度和水解程度大小未知，所以nahb溶液的酸碱性不确定，b项错；c项表达的是物料守恒，正确；由于hb－只有部分电离，所以写离子方程式时不能拆写为h＋，d项错．
答案：c7．(2010·无锡检测)在一定体积ph＝12的ba(oh)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的nahso4溶液，当溶液中的ba2＋恰好完全沉淀时，溶液ph＝11.若反应后溶液的体积等于ba(oh)2溶液与nahso4溶液的体积之和，则ba(oh)2溶液与nahso4溶液的体积比是 (
a．1∶9 b．1∶1
c．1∶2d．1∶4
解析：设ba(oh)2溶液的体积为v1，nahso4溶液的体积为v2，nahso4溶液的物质的量浓度为c2，由ba2＋＋so===baso4↓得如下关系：
10－2 mol/l×v1＝v2×c2
又由混合后溶液的ph＝11，得出如下关系：
10－3 mol/l
综合①②可得：v1∶v2＝1∶4.
答案：d8．(2010·北京海淀期中检测)常温下，0.2 mol/l ch3cooh溶液与0.
1 mol/l naoh溶液等体积混合后(忽略混合前后溶液体积的变化)，溶液的ph＜7，则下列有关此溶液的叙述正确的是 (
a．溶液中由水电离产生的h＋浓度为1×10－7 mol/l
b．c(ch3coo－)＋c(ch3cooh)－c(na＋)＝0.05 mol/l
c．溶液中ch3cooh的电离程度小于ch3coona的水解程度。
d．溶液中离子浓度的大小关系为：c(na＋)＞c(ch3coo－)＞c(h＋)＞c(oh－)
解析：混合后溶液中为等物质的量的ch3coona和ch3cooh，ph＜7，说明ch3cooh的电离程大于ch3coona的水解程度，c选项错误；酸性条件下水的电离受到抑制，a选项错误；d选项不符合电荷守恒；由物料守恒可知，混合后的溶液中，c(ch3coo－)＋c(ch3cooh)＝0.1 mol/l，c(na＋)＝0.
05 mol/l，则b选项正确．
答案：b9．(2009·海南高考)已知室温时，0.1 mol/l某一元酸ha在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是 (
a．该溶液的ph＝4
b．升高温度，溶液的ph增大。
c．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
d．由ha电离出的c(h＋)约为水电离出的c(h＋)的106倍。
解析：ha溶液中c(h＋)＝0.1 mol/l×0.
1%＝10－4 mol/l，因此ph＝4，a正确；弱酸的电离吸热，升高温度，电离平衡向正方向移动，溶液中c(h＋)增大，ph减小，b错误；室温时0.1 mol/l ha溶液中c(h＋)＝c(a－)＝10－4 mol/l，电离平衡常数k＝＝＝10－7，c正确；该溶液中c(h＋)＝10－4 mol/l、c(oh－)＝10－10 mol/l，由ha电离出c(h＋)＝10－4 mol/l，由水电离出的c(h＋)＝10－10mol/l，d正确．
答案：b10．某酸hx稀溶液和某碱yoh稀溶液的物质的量浓度相等，两溶液混合后，溶液的ph大于7，下表中判断合理的是。
ab．②③cd．②④
解析：反应后的溶液呈碱性，其原因可能是生成的盐yx发生水解，即x－＋h2ohx＋oh－，或者是反应后碱过量，c·v(hx)＜c·v(yoh)，即v(hx)＜v(yoh)，故选d.
答案：d11．已知在25℃时，fes、cus的溶度积常数(ksp)分别为.3×10－36.常温时下列有关说法正确的是。
a．向h2s的饱和溶液中通入少量so2气体溶液的酸性增强。
b．将足量的cuso4溶解在0.1 mol/l的h2s溶液中，溶液中cu2＋的最大浓度为1.3×10－35 mol/l
c．因为h2so4是强酸，所以反应：cuso4＋h2s===cus↓＋h2so4不能发生。
d．除去工业废水中的cu2＋可以选用fes作沉淀剂。
解析：向h2s的饱和溶液中通入少量so2气体，因发生反应：2h2s＋so2===3s↓＋2h2o，使溶液酸性减弱，a错误；由于cuso4是足量的，s2－因生成cus沉淀而消耗导致其浓度非常小，cu2＋的浓度可以接近饱和溶液中cu2＋的浓度，b错误；因cus沉淀不溶于硫酸，所以反应cuso4＋h2s===cus↓＋h2so4可以发生，c错误；由fes、cus的溶度积常数知，fes的溶解度大于cus，可实现沉淀的转化，故除去工业废水中的cu2＋可以选用fes作沉淀剂，d正确．
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