新人教版高中化学选择性必修1第3章水溶液中的离子反应与平衡高分进阶特训含解析练习题

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第三章　高分进阶特训(题目较难，选做)一、选择题1．(2020·全国卷Ⅱ)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是(　　)A．海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOH＋＋COD．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【答案】C【解析】CO2引起海水酸化的原理为：CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO，HCOH＋＋CO，导致H＋浓度增大，C错误。2．用0.100 mol·L－1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是(　　)A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)C．相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到aD．相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动【答案】C【解析】相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L－1 Cl－，恰好反应时，0.040 0 mol·L－1×50.0 mL＝0.100 mol·L－1·V，V＝20 mL，故反应终点横坐标应为20，C错误；相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1 Br－，反应终点横坐标不变，由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，故反应终点纵坐标变大，D正确。3．(2020·浙江7月选考)常温下，用0.1 mol·L－1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是(　　)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(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C．当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋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】浓度相同的HCl和CH3COOH，HCl完全电离，CH3COOH部分电离，所以c(Cl－)>c(CH3COO－)，A正确；滴入10 mL氨水，恰好与HCl完全反应生成NH4Cl，得到等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合溶液，根据物料守恒，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B正确；滴入20 mL氨水，HCl、CH3COOH都恰好完全反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液，根据质子守恒，C正确；等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液显酸性，所以继续滴入氨水，得到NH4Cl、CH3COONH4和NH3·H2O的混合溶液，电荷守恒为c(NH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，其中c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)，即c(NH)>c(Cl－)，D错误。4．(2019·全国卷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)<Ksp(p)<Ksp(q)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】CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2＋(aq)＋S2－(aq)，电离出的S2－浓度与Cd2＋浓度相同，A正确；沉淀溶解平衡常数只与温度有关，温度相同，Ksp相同，所以m、p、n三点的Ksp相同，B错误；在T1温度下，向m点的溶液中加入少量Na2S固体，S2－浓度增大，但由于Ksp不变，所以Cd2＋浓度必然减小，因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，C正确；温度降低，CdS的Ksp减小，但S2－浓度与Cd2＋浓度仍然相等，所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D正确。5．LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ＝]。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是(　　),图1)　,图2)A．溶液中存在3个平衡B．含P元素的粒子有H2PO、HPO和POC．随c初始(H2PO)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【解析】LiH2PO4溶液中存在H2PO、HPO两种粒子的电离平衡和水解平衡，还有水的电离平衡、H3PO4的电离平衡，A错误；含P元素的粒子有H3PO4、H2PO、HPO、PO，B错误；根据图1可知，当c初始(H2PO)增大到一定值后，随c初始(H2PO)增大，溶液的pH几乎不变，C错误；根据图2可知pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为H2PO或LiH2PO4，D正确。6．(2020·山东淄博一模)高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25 ℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝]。下列说法正确的是(　　)A．K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质B．由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1＝4.0×10－4C．25 ℃，H2FeO4(aq)＋H＋H3FeO(aq)的平衡常数K＞100D．A、C两点对应溶液中水的电离程度相等【答案】B【解析】溶液中存在HFeO、H2FeO4，所以H2FeO4属于弱电解质，A错误；由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1＝＝＝4.0×10－4，B正确；H2FeO4(aq)和H3FeO(aq)相等时pH约等于1.5,25 ℃，H2FeO4(aq)＋H＋H3FeO(aq)的平衡常数K＝＝<100，C错误；A点的溶液呈酸性，说明H2FeO4电离大于HFeO水解，抑制水电离，C点溶液呈碱性，说明HFeO电离小于FeO水解，促进水电离，对应溶液中水的电离程度不相等，D错误。7．室温下，用0.1 mol·L－1的NaOH溶液分别滴定20 mL、浓度均为0.1 mol·L－1的HCl溶液和HCOOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的对数[lgc(H＋)水]随加入NaOH溶液体积的变化如图所示(忽略溶液体积变化)，下列说法正确的是(　　)A．该温度下HCOOH的电离常数为Ka＝1×10－5B．a、c两点对应溶液同时升高相同温度，减小C．在c点溶液中有：c(HCOO－)＋c(HCOOH)＝0.1 mol·L－1D．在a、b、c、d四点中对应的溶液呈中性的为a、b、d【答案】A【解析】未加NaOH时，HCOOH的lgc(H＋)水 ＝－11，c(H＋)水＝10－11 mol·L－1，c(OH－)＝c(OH－)水＝c(H＋)水 ＝10－11 mol·L－1，c(H＋) ＝10－3 mol·L－1，该温度下HCOOH的电离常数为K＝＝＝1×10－5，A正确；a、c两点对应溶液同时升高相同温度，c(Cl－)基本不变，HCOO－水解程度增大，c(HCOO－)减小，因此增大，B错误；在c点，加入NaOH溶液的体积为20 mL，溶液总体积约为40 mL，因此溶液中有：c(HCOO－) ＋ c(HCOOH) ＝0.05 mol·L－1，C错误；在a点溶质为NaCl，呈中性，b点溶质为HCOOH和HCOONa的混合溶液，电离程度等于水解程度，溶液呈中性，c点溶液为HCOONa，HCOO－水解呈碱性，d点溶质为HCOONa和NaOH，溶液呈碱性，因此呈中性的为a、b，D错误。8．(2020·山东枣庄二调)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lg X 随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．由图可知H2C2O4的K2的数量级是10－5B．b点c(HC2O)＝c(C2O)C．c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)对应1.22＜pH＜4.19D．c(Na＋)＝ c(HC2O)＋2c(C2O)对应pH＝7【答案】C【解析】H2C2O4溶液中加碱，起初发生反应H2C2O4＋OH－===HC2O＋H2O，后来发生反应HC2O＋OH－＝C2O＋H2O，所以曲线Ⅰ为lg，曲线Ⅱ为lg。在图中b点，lg＝0，pH＝4.19，H2C2O4的K2＝＝10－4.19，数量级是10－5，A、B正确；在pH＝1.22稍后区域，c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)，在pH＝4.19稍前区域，c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，C错误；pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)，D正确。9．(2019·江苏卷Ⅰ，改编)室温下，反应HCO＋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．0.2 mol·L－1 氨水：c(NH3·H2O)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋)B．0.2 mol·L－1 NH4HCO3溶液(pH>7)：c(NH)>c(HCO)>c(NH3·H2O)>c(H2CO3)C．0.2 mol·L－1 氨水和0.2 mol·L－1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)D．0.6 mol·L－1 氨水和0.2 mol·L－1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)＋c(CO)＋c(OH－)＝0.3 mol·L－1＋c(H2CO3)＋c(H＋)【答案】D【解析】NH3·H2O电离产生NH和OH－，考虑H2O的电离，则c(OH－)>c(NH)，A错误；NH4HCO3溶液显碱性，则HCO的水解程度大于NH的水解程度，则c(H2CO3)>c(NH3·H2O)，B错误；根据物料守恒，N与C物质的量之比为2∶1，则c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO)＋2c(CO)，C错误；0.6 mol·L－1氨水和0.2 mol·L－1 NH4HCO3溶液等体积混合后，根据原子守恒可知：c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L－1，混合溶液中，根据物料守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝4c(H2CO3)＋4c(HCO)＋4c(CO)，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，结合两式得：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝4c(H2CO3)＋3c(HCO)＋2c(CO)＋c(H＋)，变形可得：c(NH3·H2O)＋ c(CO)＋c(OH－)＝4c(H2CO3)＋3c(HCO)＋3c(CO)＋c(H＋)，所以c(NH3·H2O)＋c(CO)＋c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)＋0.3 mol·L－1，D正确。10．(2020·山东卷，改编)25 ℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1 ，lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO－)、lg c(H＋)和lgc(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(　　)A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)B．N点时，pH＝－lg KaC．该体系中，c(CH3COOH)＝ mol·L－1D．pH由7到14的变化过程中， CH3COO－的水解程度始终增大【答案】B【解析】分别对曲线编号：MN为曲线1，MO为曲线2，OP为曲线3，NP为曲线4。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大，氢离子和醋酸分子浓度减小，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。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－)，A错误；N点为曲线1和曲线4的交点， lg c(CH3COO－)＝lg c(CH3COOH)，即c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，因Ka＝，代入等量关系并变形可知pH＝－lg Ka，B正确；c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，则c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1－c(CH3COOH)，又Ka＝，联立两式消去c(CH3COO－)并化简整理可得出，c(CH3COOH)＝mol·L－1，C错误；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，则不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，D错误。二、非选择题11．(1)(2020·全国卷Ⅱ，节选)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)＝，X为HClO或ClO－]与pH的关系如图所示。HClO的电离常数Ka值为________。(2)(2020·全国卷Ⅲ，节选)溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋开始沉淀时(c＝0.01 mol·L－1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH8.74.73.29.0利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝__________(列出计算式)。(3)(2020·天津卷，节选)已知25 ℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH＝12时，c(H2CO3)∶c(HCO)∶c(CO)＝1∶________∶________。【答案】(1)10－7.5(2)0.01×(107.2－14)2 [或10－5×(108.7－14)2](3) 1012·Ka1　1024·Ka1·Ka2【解析】(1)由图pH＝7.5时，c(HClO)＝c(ClO－)，HClO的Ka＝＝c(H＋)＝10－7.5。(2)根据Ni2＋开始沉淀时的pH为7.2，可得Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)· c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2；根据Ni2＋完全沉淀时的pH为8.7，也可得Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)· c2(OH－)＝10－5×(108.7－14)2。(3)H2CO3的电离方程式为H2CO3H＋＋HCO、HCOH＋＋CO，则Ka1＝、Ka2＝，当溶液的pH＝12时，c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c(HCO)＝1012·Ka1·c(H2CO3)、c(CO)＝1012·Ka2·c(HCO)＝1024·Ka1·Ka2·c(H2CO3)，则c(H2CO3)∶c(HCO)∶c(CO) ＝1∶(1012Ka1)∶(1024Ka1Ka2)。12．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(1)已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaS2O3)＝4.1×10－5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀硫酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液。实验步骤现象①取少量样品，加入除氧蒸馏水②固体完全溶解得无色澄清溶液③__________________④__________________，有刺激性气体产生⑤静置，______________⑥__________________(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：①溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的__________中，加蒸馏水至__________。②滴定：取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液______________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为__________%(保留1位小数)。【答案】(1)③加入过量稀盐酸　④出现乳黄色浑浊⑤(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液　⑥产生白色沉淀(2)①烧杯　容量瓶　刻度线　②蓝色褪去且半分钟内不恢复　95.0【解析】(1)先加过量盐酸排除S2O干扰：S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O，然后在酸性条件下加BaCl2溶液，通过产生BaSO4沉淀证明SO存在。(2)②滴定过程中I2→I－，达到滴定终点时无I2，故溶液蓝色褪去，即为终点；根据反应的离子方程式，可得到如下定量关系：Cr2O　　～　　3I2　　　～　6[Na2S2O3·5H2O]  1 mol   248×6 g  0.009 50 mol·L－1×0.02 L   m(Na2S2O3·5H2O)m(Na2S2O3·5H2O)＝0.282 72 g则样品纯度为×100%＝95.0%。