高考真题+高考模拟题专项版解析汇编 化学专题10 水溶液中的离子平衡解析版.docx
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高考真题+高考模拟题专项版解析汇编化学专题10水溶液中的离子平衡解析版
专题10水溶液中的离子平衡
2019年高考真题
1.[2019新课标Ⅰ]NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3,Ka2=3.9×10−6)溶液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中b点为反应终点。
下列叙述错误的是
A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B.Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C.b点的混合溶液pH=7
D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】
【分析】
邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐,溶液呈酸性,向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液,两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,溶液中离子浓度增大,导电性增强,邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐,邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。
【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液,两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,溶液中Na+和A2—的浓度增大。
由图像可知,溶液导电性增强,说明导电能力与离子浓度和种类有关,故A正确;
B项、a点和b点K+的物质的量相同,K+的物质的量浓度变化不明显,HA—转化为A2—,b点导电性强于a点,说明Na+和A2—的导电能力强于HA—,故B正确;
C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐,A2—在溶液中水解使溶液呈碱性,溶液pH>7,故C错误;
D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠,溶液中c(Na+)和c(K+)相等,c点是继续加入氢氧化钠溶液后,得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液,则溶液中c(Na+)>c(K+),由图可知,a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积,则溶液中c(K+)>c(OH—),溶液中三者大小顺序为c(Na+)>c(K+)>c(OH—),故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡,试题侧重考查分析、理解问题的能力,注意正确分析图象曲线变化,明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。
2.[2019新课标Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。
硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法错误的是
A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B.图中各点对应的Ksp的关系为:
Ksp(m)=Ksp(n) C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动 D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动 【答案】B 【解析】 【详解】A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡: CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq),其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中,c(Cd2+)=c(S2-),结合图象可以看出,图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度,A项正确; B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响,m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度,则其溶度积相同,B项错误; C.m点达到沉淀溶解平衡,向其中加入硫化钠后,平衡向逆反应方向移动,c(Cd2+)减小,c(S2-)增大,溶液组成由m沿mnp向p方向移动,C项正确; D.从图象中可以看出,随着温度的升高,离子浓度增大,说明CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应,则温度降低时,q点对应饱和溶液的溶解度下降,溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小,会沿qp线向p点方向移动,D项正确; 答案选B。 3.[2019新课标Ⅲ]设NA为阿伏加德罗常数值。 关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是 A.每升溶液中的H+数目为0.02NA B.c(H+)=c( )+2c( )+3c( )+c(OH−) C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小 D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强 【答案】B 【解析】 【详解】A、常温下pH=2,则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L,因此每升溶液中H+数目为0.01NA,A错误; B、根据电荷守恒可知选项B正确; C、加水稀释促进电离,电离度增大,但氢离子浓度减小,pH增大,C错误; D、加入NaH2PO4固体,H2PO4-浓度增大,抑制磷酸的电离,溶液的酸性减弱,D错误; 答案选B。 4.[2019北京]实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。 下列说法正确的是 A.随温度升高,纯水中c(H+)>c(OH−) B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D.随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同 【答案】C 【解析】 【分析】 水的电离为吸热过程,升高温度,促进水的电离;盐类水解为吸热过程,升高温度促进盐类水解,据此解题; 【详解】A.水的电离为吸热过程,升高温度,平和向着电离方向移动,水中c(H+).c(OH-)=Kw减小,故pH减小,但c(H+)=c(OH-),故A不符合题意; B.水的电离为吸热过程,升高温度,进水的电离,所以c(OH-)增大,醋酸根水解为吸热过程,CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解,所以c(OH-)增大,故B不符合题意; C.升高温度,促进水的电离,故c(H+)增大;升高温度,促进铜离子水解Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+,故c(H+)增大,两者共同作用使pH发生变化,故C符合题意; D.盐类水解为吸热过程,升高温度促进盐类水解,故D不符合题意; 综上所述,本题应选C。 【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡,明确化学平衡常数只是温度的函数,温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键,盐类水解是高频考点,也是高考的重点和难点,本题难度不大,是基础题。 5.[2019天津]某温度下, 和 的电离常数分别为 和 。 将 和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其 随加水体积的变化如图所示。 下列叙述正确的是 A.曲线Ⅰ代表 溶液 B.溶液中水的电离程度: b点>c点 C.从c点到d点,溶液中 保持不变(其中 、 分别代表相应的酸和酸根离子) D.相同体积a点的两溶液分别与 恰好中和后,溶液中 相同 【答案】C 【解析】 【分析】 电离常数HNO2大于CH3COOH,酸性HNO2大于CH3COOH; A、由图可知,稀释相同的倍数,Ⅱ的变化大,则Ⅱ的酸性比I的酸性强,溶液中氢离子浓度越大,酸性越强; B、酸抑制水电离,b点pH小,酸性强,对水电离抑制程度大; C、kw为水的离子积常数,k(HNO2)为HNO2的电离常数,只与温度有关,温度不变,则不变; D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液,c(CH3COOH)>c(HNO2)。 【详解】A、由图可知,稀释相同的倍数,Ⅱ的变化大,则Ⅱ的酸性比I的酸性强,Ⅱ代表HNO2,I代表CH3COOH,故A错误; B、酸抑制水电离,b点pH小,酸性强,对水电离抑制程度大,故B错误; C、Ⅱ代表HNO2,c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2),kw为水的离子积常数,k(HNO2)为HNO2的电离常数,这些常数只与温度有关,温度不变,则不变,故C正确; D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液,c(CH3COOH)>c(HNO2),分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和,CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多,HNO2消耗的NaOH少,故D错误; 故选C。 【点睛】本题考查酸的稀释及图象,明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键,难点C,要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+),变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量,再判断。 6.[2019江苏]室温下,反应 +H2O H2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。 将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合,可用于浸取废渣中的ZnO。 若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是 A.0.2mol·L−1氨水: c(NH3·H2O)>c( )>c(OH−)>c(H+) B.0.2mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7): c( )>c( )>c(H2CO3)>c(NH3·H2O) C.0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合: c( )+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c( )+ c( ) D.0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合: c(NH3·H2O)+c( )+c(OH−)= 0.3mol·L−1+c(H2CO3)+c(H+) 【答案】BD 【解析】 【详解】A.NH3∙H2O属于弱碱,部分电离,氨水中存在的电离平衡有: NH3∙H2O NH4++OH-,H2O H++OH-,所以c(OH-)>c(NH4+),故A错误; B.NH4HCO3溶液显碱性,说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解,所以c(NH4+)>c(HCO3-),HCO3-水解: H2O+HCO3- H2CO3+OH-,NH4+水解: NH4++H2O NH3∙H2O+H+,前者水解程度大且水解都是微弱的,则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O),故B正确; C.由物料守恒,n(N): n(C)=2: 1,则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)],故C错误; D.由物料守恒,n(N): n(C)=4: 1,则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①;电荷守恒有: c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②;结合①②消去c(NH4+)得: c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③,0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L,由碳守恒有,c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④,将③等式两边各加一个c(CO32-),则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-),将④带入③中得,c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L,故D正确; 故选BD。 7.[2019浙江选考]室温下,取20mL0.1mol·L−1某二元酸H2A,滴加0.1mol·L−1NaOH溶液。 已知: H2A H++HA−,HA−⇌H++A2−。 下列说法不正确的是 A.0.1mol·L−1H2A溶液中有c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=0.1mol·L−1 B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA−)+2c(A2−),用去NaOH溶液的体积小于10mL C.当用去NaOH溶液体积10mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有c(A2−)=c(H+)-c(OH−) D.当用去NaOH溶液体积20mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA−)+2c(A2−) 【答案】B 【解析】 【分析】 由于该二元酸H2A,第一步电离完全,第二步部分电离,可以把20mL0.1mol·L−1二元酸H2A看做20mL0.1mol·L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液,注意该溶液是不存在H2A微粒。 【详解】A.0.1mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒,其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−),因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1,A项正确; B.若NaOH用去10ml,反应得到NaHA溶液,由于HA−⇌H++A2−,溶液显酸性,因而滴加至中性时,需要加入超过10ml的NaOH溶液,B项错误; C.当用去NaOH溶液体积10mL时,得到NaHA溶液,溶液的pH<7,存在质子守恒,其关系为c(A2−)=c(H+)-c(OH−),C项正确; D.当用去NaOH溶液体积20mL时,得到Na2A溶液,根据物料守恒有: c(Na+)=2c(HA−)+2c(A2−),D项正确。 故答案选B。 2019届高考模拟试题 8.[2019·甘肃省定西市陇西县第一中学高三下学期适应性训练]常温下,向20mL0.1mol·L−1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。 则下列说法不正确的是 A.常温下,0.1mol·L−1氨水中 的电离常数 约为 B.a、b之间的点一定满足: c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+) C.c点溶液中c(NH4+) D.b点代表溶液呈中性 【答案】B 【解析】 【分析】 A.常温下,0.1mol/L的氨水溶液中c(H+)=10−11mol/L,则c(OH−)=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L,结合Kb=c(NH4+)∙c(OH−)/c(NH3∙H2O)计算; B.a、b之间的任意一点,溶液都呈碱性,结合电荷守恒判断离子浓度大小; C.根据图知,c点水电离出的氢离子浓度最大,恰好反应生成氯化铵; D.b点溶液中c点水电离出的c(H+)=10−7mol/L,常温下c(H+)·c(OH−)=Kw=10−14,据此判断。 【详解】 A.常温下,0.1mol/L的氨水溶液中c(H+)=10−11mol/L,则c(OH−)=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L,Kb=c(NH4+)∙c(OH−)/c(NH3∙H2O)=10−3×10−3/0.1mol/L=1×10−5mol/L,故A正确; B.a、b之间的任意一点,溶液都呈碱性,则c(H+)<c(OH−),结合电荷守恒得c(Cl−)<c(NH4+),而c(Cl−)和c(OH−)的相对大小与所加盐酸的量有关,故B错误; C.根据图知,c点水电离出的氢离子浓度最大,恰好反应生成氯化铵,铵根水解溶液呈酸性,结合电荷守恒得: c(NH4+)<c(Cl−),故C正确; D.b点溶液中c(H+)=10−7mol/L,常温下c(H+)·c(OH−)=Kw=10−14,所以c(H+)=c(OH−),溶液呈中性,故D正确。 故选B。 9.[2019·山西省太原市高三5月模拟考试]常温下,将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中,溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。 下列叙述错误的是 A.a点时,溶液中由水电离的c(OH−)约为1×10−10mol·L−1 B.电离平衡常数: Ka(HA) C.b点时,c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−) D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时: c(B−)>c(HB) 【答案】B 【解析】A.a点时, =0,c(A−)=c(HA),溶液为酸和盐的溶合溶液,pH=4,抑制水的电离,溶液中由水电离的c(OH−)约为1×10−10mol·L−1,选项A正确; B. =0,c(A−)=c(HA),电离平衡常数: Ka(HA)= = =10−4mol/L; =0,c(B−)=c(HB),电离平衡常数: Ka(HB)= = =10−5mol/L,Ka(HA)>Ka(HB),选项B错误; C.b点时, =0,c(B−)=c(HB),pH=5,c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−),选项C正确; D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时, >0,c(B−)>c(HB),选项D正确。 答案选B。 10.[2019·武汉市武昌区高三五月调研考试]室温下,用0.100mol·L−1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol·L−1的HCl溶液和醋酸溶液,滴定曲线如图所示。 下列说法正确的是 A.Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线 B.pH=7时,滴定醋酸消耗的V(NaOH)>20.00mL C.V(NaOH)=20.00mL时,两份溶液中c(Cl-)>c(CH3COO-) D.V(NaOH)=10.00mL时,醋酸中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-) 【答案】C 【解析】A.未滴加NaOH溶液时,0.1mol/L盐酸pH=1,0.1mol/L醋酸pH>1,所以滴定盐酸的曲线是图Ⅰ,故A错误; B.V(NaOH)=20.00mL时恰好生成醋酸钠,溶液呈碱性,若pH=7,则加入的氢氧化钠溶液体积应该稍小,即V(NaOH)<20.00mL,故B错误; C.V(NaOH)=20.00mL时,二者反应生成氯化钠和醋酸钠,醋酸根发生水解,浓度小于氯离子,即c(Cl−)>c(CH3COO−),故C正确; D.V(NaOH)=10.00mL时,与醋酸反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液,由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH−),根据电荷守恒可知: c(CH3COO−)>c(Na+),溶液中正确的离子浓度大小为: c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−),故D错误; 故选C。 【点睛】 本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中粒子浓度的大小,题目难度中等,明确图象曲线变化的含义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。 11.[2019·山东省济南市高三5月模拟考试]某温度下,向10mL0.1mol·L−lNaCl溶液和10mL0.1mol·L−lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L−lAgNO3溶液。 滴加过程中pM[-lgc(Cl−)或-lgc(CrO42-)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。 已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。 下列说法错误的是 A.该温度下,Ksp(Ag2CrO4)=4×10-12 B.al、b、c三点所示溶液中c(Ag+): al>b>c C.若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L-1,则a1点会平移至a2点 D.用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时,可用K2CrO4溶液作指示剂 【答案】B 【解析】 【分析】 根据pM=-lgc(Cl−)或pM=-lgc(CrO42-)可知,c(CrO42-)越小,pM越大,根据图像,向10mL0.1mol·L−lNaCl溶液和10mL0.1mol·L−lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L−lAgNO3溶液。 当滴加10mL0.1mol·L−lAgNO3溶液时,氯化钠恰好反应,滴加20mL0.1mol·L−lAgNO3溶液时,K2CrO4恰好反应,因此al所在曲线为氯化钠,b、c所在曲线为K2CrO4,据此分析解答。 【详解】 A.b点时恰好反应生成Ag2CrO4,-lgc(CrO42-)=4.0,c(CrO42-)=10-4mol·L−l,则c(Ag+)=2×10-4mol·L−l,该温度下,Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)×c2(Ag+)=4×10-12,故A正确; B.al点恰好反应,-lgc(Cl−)=4.9,c(Cl−)=10-4.9mol·L−l,则c(Ag+)=10-4.9mol·L−l,b点c(Ag+)=2×10-4mol·L−l,c点,K2CrO4过量,c(CrO42-)约为原来的 ,则c(CrO42-)=0.025mol·L−l,则c(Ag+)= = ×10-5mol·L−l,al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大,故B错误; C.温度不变,氯化银的溶度积不变,若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L-1,平衡时,-lgc(Cl−)=4.9,但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍,因此a1点会平移至a2点,故C正确; D.根据上述分析,当溶液中同时存在Cl−和CrO42−时,加入硝酸银溶液,Cl−先沉淀,用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时,可用K2CrO4溶液作指示剂,滴定至终点时,会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀,故D正确; 答案选B。 12.[2019·四川省成都市高三下学期第三次诊断性检]25℃将浓度均为0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合,保持Va+Vb=100mL,且生成的BA可溶于水。 已知Va、Vb与混合液pH关系如图。 下列说法错误的是 A.曲线II表示HA溶液体积 B.x点存在c(A−)+c(OH−)=c(B+)+c(H+) C.电离平衡常数K(HA)>K(BOH) D.向z点溶液加入NaOH,水的电离程度减小 【答案】C 【解析】 【详解】 A.由图可知,当HA溶液与BOH溶液等体积混合时,溶液的pH>7,随着曲线I体积的增大,溶液的pH逐渐增大,说明曲线I表示BOH溶液的体积,则曲线II表示HA溶液体积,故A正确; B.根据图像,x点HA溶液体积大于BOH溶液等体积,溶液为HA和BA的混合溶液,根据电荷守恒,有c(A−)+c(OH−)=c(B+)+c(H+),故B正确; C.由图可知,当HA溶液与BOH溶液等体积混合时,溶液的pH>7,溶液显碱性,说明K(HA) D.根据图像,z点HA溶液体积小于BOH溶液等体积,溶液为BA和BOH的混合溶液,碱过量水的电离程受抑制,所以向z点溶液加入NaOH,水的电离程度减小,故D正确。 故选C。 【点睛】 本题考查酸碱混合离子的浓度关系,明确信息中pH及离子的关系来判断酸碱的强弱是解答本题的关键,注意电离、盐类水解等知识的运用。 13.[2019·安徽省蚌埠市高三第一次质量监测]常温下,向20mL0.05mol·L-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L-1氨水,溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。 下列分析正确的是 A.NaHB溶液可能为酸性,也可能为碱性 B.A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小,D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大 C.E溶液中离子浓度大小关系: c(NH4+)>c(B2-)>c(OH-)>c(H+) D.F点溶液c(NH4+)=2c(B2-) 【答案】D 【解析】 【分析】 未加入氨水前,溶液的水电离出的OH−浓度为10−13mol/L,所以溶液中c(H+)=0.1mol/L,该酸的浓度为0.05mol/L,所以该酸为二元强酸。 酸、碱对水的电离起抑制作用,可水解的盐对水的电离起促进作用,随着氨水的
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