2023届高考化学——水溶液中的离子平衡专项练习5 （解析版） WORD版含解析.docx

1、水溶液中的离子平衡1【2020江苏卷】室温下，将两种浓度均为0.1molL-1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )ANaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(CO32-)c(OH)B氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NH)+ c(H)= c(NH3H2O)+c(OH)CCH3COOH - CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H+)DH2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为

2、二元弱酸)：c(H)c(H2C2O4)= c(Na)+c(OH)c(C2O)【答案】AD【解析】A项，NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：CO32-HCO3-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO)c(CO32-)，CO32-和HCO3-水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na)c(HCO)c(CO32-)c(OH)，故A正确；B项，该混合溶液中电荷守恒为：c(NH)+ c(H)= c(Cl)+c(OH)，物料守恒为

3、：c(CH3COOH)+c(NH)=2c(Cl)，两式联立消去c(Cl-)可得：c(NH)+2c(H)= c(NH3H2O)+2c(OH)，故B错误；C项，若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)，故C错误；D项，该混合溶液中物料守恒为：2c(Na)=c(H2C2O4)c(HC2O4-)+c(C2O)，电荷守恒为：c(H)c(Na)=c(OH)c(HC2O4-)+2c(C2O)，两式相加可得：

4、c(H)c(H2C2O4)= c(Na)+c(OH)c(C2O)，故D正确；故选AD。2【2020山东卷】25时，某混合溶液中c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=c(CH3COOH)=0.1mol/L，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是( )AO点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)BN点时，C该体系中，DpH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大【答案】BC【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增

5、大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线。A项，根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A错误；B项，N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lg

6、Ka，故B正确；C项，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；D项，醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；故选BC。3【2020天津卷】常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是( )A相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka

7、(HCOOH)Ka(HF) B相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH) CFeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)Ksp(CuS)D在1 molL1 Na2S溶液中，c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1 molL1【答案】A【解析】A项，HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)Ka(HF)，故A错误；B项，相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH

8、约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故B正确；C项，CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)Ksp(CuS)，故C正确；D项，根据溶液中的物料守恒定律，1 molL1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 molL1，即c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1 molL1，故D正确；故选A。4.在温热气候条件下，浅海地

9、区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析不正确的是( )A 与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B 与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少C 深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D 海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大【答案】D【解析】A海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石

10、沉积，A项正确；B与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；C在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C项正确；D 海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度降低，D项错误。5.高温高压液态水具有接近常温下弱酸的 c(H+)或弱碱的 c(OH)， 油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )A高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快B高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水

11、解反应速率加快C高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解 D高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同 c(H+)的酸或相同c(OH)的碱的水解【答案】D【解析】对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A 项正确；由于高温高压液态水中，c(H+)和 c(OH)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强， 反应速率加快，B 项正确；油脂在酸性(H+做催化剂)条件下水解，高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C 项正确；高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理

12、解成相当于常温下在体系中加入了相同 c(H+)的酸或相同 c(OH)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中 H+浓度的方式，促进油脂的水解，D 项不正确。6.常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000molL-1，0.1000molL-1和0.01000molL-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是( )A 3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍B 曲线a、b、c对应的c(NaOH)：abcC 当V(NaOH)=2

13、0.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)D 当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大【答案】D【解析】A、由图可知，c(HCl)分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c(NaOH)最大，以此类推，选项B正确；C、当 V(NaOH)20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)c(Na+)c(Cl-)+c(OH-)，选项C正确；D、当 V(NaOH)相

14、同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c(H+)应该是相同的，选项D不正确。故选D。7.25时，0.005mol/L Ba(OH)2中H+浓度是( ) A 1mol/LB1mol/L C5mol/L D5mol/L【答案】A【解析】0.005mol/L Ba(OH)溶液中，OH-浓度是0.005mol/L2=0.01mol/L，c(H+)=Kw/c(OH-)=10-14mol/L/0.01mol/L=10-12mol/L.故选 A。8【2019上海等级考】下列说法错误的是( )A含有共价键的化合物是共价化合物B含有极性键的分子可能是非极性分子C有电子转移的反应是氧化还原反应D水溶液中能完

15、全电离的电解质是强电解质【答案】A【解析】A含有共价键的化合物也可能是离子化合物，如，NaOH，A错误。B含有极性键的分子也可能是非极性分子，如:CCl4，B 正确。C有电子转移的反应一定是氧化还原反应。有电子转移也是氧化还原反应的本质。C正确。D水溶液中能完全电离的电解质是强电解质。D正确。故选A。9.用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是( )A 可以用酚酞代替指示剂B 滴定前用待测液润洗锥形瓶C 若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果D 当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点【答案】C【解析】A指示剂的选择原则是“由浅变深”

16、如果用酚酞做指示剂颜色变化过程由红色变为无色，不符合要求，A错误；B滴定前用待测液润洗锥形瓶滴定结果偏大，B错误；C如果氢氧化钠吸收少量二氧化碳，发生反应：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的氢氧根反应，H+ + OH- H2O再与碳酸钠反应，CO+2HHO+CO可以发现存在关系2 OH-CO32- -2H，因此消耗盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量二氧化碳 不影响测定结果，C正确；D该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不褪色，即为滴定终点，如果变为红色说明盐酸已经过量，D错误。10.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(

17、邻苯二甲酸氢钾H2A的Ka1=1.1103 ，Ka2=3.9106)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BNa+与A2的导电能力之和大于HA的Cb点的混合溶液pH=7Dc点的混合溶液中，c(Na+)c(K+)c(OH)【答案】C【解析】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。A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化

18、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pH7，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

19、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。11.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)Ksp(p)c(NH4+)c(OH)c(

20、H+)B 0.2molL1NH4HCO3溶液(pH7)：c(NH4+)c(HCO3-)c(H2CO3)c(NH3H2O)C 0.2molL1氨水和0.2molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)D 0.6molL1氨水和0.2molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3H2O)+c(CO32-)+c(OH)=0.3molL1+c(H2CO3)+c(H+)【答案】BD【解析】ANH3H2O属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3H2ONH4+OH-，H2OH+OH-，所以c(OH-)c(NH4

21、+)，故A错误；BNH4HCO3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：HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，前者水解程度大，则c(H2CO3)c(NH3H2O)，故B正确；C由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(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(NH3H2O)=4c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)；电荷守恒有：c(NH4+)+c(

22、H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；结合消去c(NH4+)得：c(NH3H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)，0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混合后，c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，将等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将带入中得，c(NH3H2O)+c(OH-)+c(C

23、O32-)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。16.下列属于强电解质的是( )A 硫酸钡B 食盐水 C 二氧化硅 D 醋酸【答案】A【解析】A可知硫酸钡是强电解质，A项正确；B食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；C二氧化硅是非电解质，C项错误；D醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。17.下列溶液呈碱性的是( )A NH4NO3B (NH4)2SO4C KClD K2CO3【答案】D【解析】A该盐属于强酸弱碱盐，NH4+H2ONH3H2O+H+，溶液显酸性，A不合题意；B同A，NH4+发生水解，使得溶液显酸性，B不合题意；C该盐属于强酸强碱

24、盐，不发生水解，溶液显中性，C不合题意；D该盐属于强碱弱酸盐，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液显碱性，D项符合题意。故选D。18.室温下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.1 molL1 NaOH溶液。已知：H2AH+HA，HAH+A2。下列说法不正确的是( )A 0.1 molL1 H2A溶液中有c(H+)c(OH)c(A2)0.1 molL1B 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10 mLC 当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH7，此时溶液中有c(A2)c(H+

25、)c(OH)D 当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)2c(HA)2c(A2)【答案】B【解析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 molL1二元酸H2A看做20 mL 0.1 molL1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。A 0.1 molL1H2A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)=0.1molL1，A项正确；B若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HAH+A2，溶液显酸性

26、，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10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH7，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20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)2c(HA)2c(A2)，D项正确。故选B。19【2020新课标卷】以酚酞为指示剂，用0.1000 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。比如A2的分布系数：(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA-)

27、+c(A2-)下列叙述正确的是( )A曲线代表(H2A)，曲线代表(HA-)BH2A溶液的浓度为0.2000 molL1CHA的电离常数Ka=1.0102D滴定终点时，溶液中c(Na+)7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)c(OH-) 时溶液一定呈碱性，故A正确；B项，pH相同的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量更大，故B错误；C项，pH相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw= c(H+)c(OH-)，溶液中氢离子浓度相同说明氢氧根浓度相同，故C正确；D项，氨

28、水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以c(Cl)c(NH)，故D正确；故选B。21【2020浙江1月选考】室温下，向20.00 mL 0.1000molL1盐酸中滴加0.1000molL1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg50.7。下列说法不正确的是( )ANaOH与盐酸恰好完全反应时，pH7B选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大DV(NaOH)30.00 mL时，pH12.3【答案】C【解析】A项，NaOH与盐

29、酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项，时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)=0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，则c(H+)=510-13 mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；故选C。22【2020浙江7月选考】水溶液呈酸性的是( )ANaClBNaHSO4CHCOONaDNaHCO3【答案】B【解析】A项，NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；B项

30、，NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO42-，故其水溶液呈酸性，B符合题意；C项，HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOOH2OHCOOHOH，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；D项，NaHCO是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。故选B。23【2020浙江7月选考】下列说法不正确的是( )A的盐酸中B将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性C常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质D常温下，为3的醋酸溶

31、液中加入醋酸钠固体，溶液增大【答案】A【解析】A项，盐酸的浓度为2.010-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.010-7 mol/L，故A错误；B项， KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到800C时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；C项，NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；D项，醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOH

32、CH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向(逆向)移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；故选A。24【2020浙江7月选考】5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-( aq) 2Fe2+(aq)+I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是( )A加入苯，振荡，平衡正向移动B经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度C加入FeSO4固体，平衡逆向移动D该反应的平衡常数【答案】D【解析】A项，加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中

33、c(I2)减小，平衡正向移动，A正确；B项，将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；C项，加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c(Fe2+)增大，平衡逆向移动，C正确；D项，该反应的平衡常数K=，D错误；故选D。25【2020浙江7月选考】常温下，用0.1 molL1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 molL1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法

34、不正确的是( )A在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl)c(CH3COO)B当滴入氨水10 mL时，c(NH)c(NH3H2O)c(CH3COO)c(CH3COOH)C当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)c(H+)c(NH3H2O)c(OH)D当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)c(Cl)【答案】D【解析】A项，未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)c(CH3COO-)，A正确；B项，当滴入氨水10mL时，n(NH3H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；C项，当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；D项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)c(Cl-)，D不正确；故选D。