高考化学二轮复习讲义+分层训练解密10水溶液中离子反应(集训)(解析版)

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解密10 水溶液中离子反应
一、选择题
1．(2021·安徽池州市高三月考)已知：常温下，CN-的水解常数Kh=1.6×10-5。该温度下，将浓度均为0.1 mol·L-1的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合。下列说法正确的是( )
A．混合溶液的pHc(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)
D．若c mol·L-1盐酸与0.6 mol·L-1 NaCN溶液等体积混合后溶液呈中性，则c=
【答案】D
【解析】A项，CN-的水解常数Kh=1.6×10-5，则HCN的电离平衡常数为Ka==6.25´10-10，Kh> Ka，所以水解程度更大，溶液显碱性，pH>7，故A错误；B项，CN-的水解促进水的电离，HCN电离抑制水的电离，而水解程度更大，所以水的电离受到促进，混合液中水的电离程度大于纯水的，故B错误；C项，CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)，故C错误；D项，c mol·L-1盐酸与0.6 mol·L-1 NaCN溶液等体积混合后溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(CN-)+c(Cl-)，溶液显中性，所以c(CN-)=c(Na+)- c(Cl-)=mol/L，溶液中还存在物料守恒c(HCN)+c(CN-)=c(Na+)，所以c(HCN)=c(Na+)-c(CN-)=mol/L，所以有Ka==6.25´10-10，解得c=，故D正确；故选D。
2．(2021·吉林长春市东北师大附中期末)根据下表提供的数据，下列说法正确的是( )
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
电离常数
K=1.8×10-5
K=3.0×10-8
K1=4.0×10-7 K2=4.0×10-44
A．向NaClO溶液中通入少量CO2发生反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+ HCO3-
B．等浓度的NaClO和Na2CO3的混合溶液中离子浓度有如下关系：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(ClO-)＞c(OH-)
C．等浓度的NaClO溶液和NaHCO3溶液中，水电离的c(OH-)前者小于后者
D．pH相等的溶液中，溶质浓度由大到小的顺序为：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa
【答案】A
【解析】A项，由于K1(H2CO3)＞K(HClO)＞K2(H2CO3)，故NaClO溶液中通入少量CO2，生成HClO和NaHCO3，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+ HCO3-，故A正确；B项，由于K(HClO)＞K2(H2CO3)，则等浓度的NaClO和Na2CO3的混合溶液中，水解程度ClO-＜CO32-，离子浓度有c(Na+)＞c(ClO-)＞c(CO32-)＞c(OH-)，故B错误；C项，由于K1(H2CO3)＞K(HClO)，则等浓度的NaClO溶液和NaHCO3溶液中，水解程度ClO-＞HCO3-，水解促进水的电离，则水电离的c(OH-)前者大于后者，故C错误；D项，由于K(CH3COOH) ＞K1(H2CO3)＞K(HClO)＞K2(H2CO3)，酸性越强离子的水解程度越小，即水解程度CH3COO－＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，则pH相等的溶液中，溶质浓度由大到小的顺序为CH3COONa＞NaHCO3＞NaClO＞Na2CO3，故D错误；故选A。
3．(2021·四川成都市期末)室温下，①将浓度均为0.1mol·L-1的盐酸与氨水等体积混合，混合液pH =a；②将浓度为bmol·L-1盐酸与0.3mol·L-1氨水等体积混合，混合液(忽略溶液体积变化)。下列判断错误的是( )
A．a c (SeO32-) > c (H2SeO3)
【答案】D
【解析】A项，=，=，则pH相同时，=>=，根据图象可知，曲线M表示pH与的关系，曲线N表示pH与的变化关系，故A错误；B项，a点时pH=2.6，溶液显酸性，根据电荷守恒有：c (Na+) + c (H+)= c (HSeO3-) + 2c (SeO32-)+c (OH-)，由c (H+)> c (OH-)，可知c (Na+) < c (HSeO3-) + 2c (SeO32-)，故B错误；C项，a点：=0，即，由=可知，Ka1=c(H+)=10-2.6；b点=0，即，由=可知，Ka2=c(H+)=10-6.6；得=104，故C错误；D项，由上面C选项分析可知，HSeO3-的电离常数Ka2=10-6.6，HSeO3-的水解常数= c (SeO32-) > c (H2SeO3)，故D正确；故选D。
13．(2021·广东高三零模)水体中重金属铅的污染问题备受关注。溶液中Pb2+及其与OH- 形成的微粒的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示。已知NH3·H2O 的Kb=1.74 ×10-5。向Pb(NO3)2 溶液中滴加氨水，关于该过程的说法正确的是( )

A．Pb2+的浓度分数先减小后增大
B．c(NO3-)与c(Pb2+)的比值减小后增大， pH> 10后不变
C．pH=7时，存在的阳离子仅有Pb2+、Pb(OH)+和H+
D．溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，氨主要以NH4+的形式存在
【答案】D
【解析】由图示可知，Pb2+与OH–依次形成Pd(OH)+、Pd(OH)2、Pd(OH) 3-、Pd(OH)42-四种微粒。A项，随着pH的增大，Pb2+的浓度分数逐渐减小，当pH=10时，Pb2+的浓度分数减小为0，A错误；B项，NO3-与Pb2+在同一溶液中，c(NO3-)与c(Pb2+)的比值等于其物质的量之比，滴加氨水过程中，随着pH的增大，n(Pb2+)逐渐减小，n(NO3-)不变，n(NO3-)与n(Pb2+)的比值增大，故c(NO3-)与c(Pb2+)的比值增大，pH>10，c(Pb2+)减小为0时，比值无意义，B错误；C项，当pH=7时，根据图示可知，溶液中存在的阳离子有Pb2+、Pb(OH)+、H+以及NH4+，C错误；D项，当溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，由图可知，此时溶液pH约等于8，由NH3·H2O电离常数Kb = =1.74 ×10-5，则= = =17.4，故溶液中氨主要以NH4+形式存在，D正确；故答案选D。
14．(2021·山东烟台市高三期末)某二元酸H2MO4在水中分两步电离：H2MO4=H++HMO4-，HMO4-H++MO42-。常温下，向20 mL 0.1mol·Lˉ1NaHMO4溶液中滴入cmol·L-1 NaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是( )

A．该NaOH溶液pH=13
B．从G点到H点水的电离平衡正向移动
C．图像中E点对应的溶液中c(Na+)= c(H2MO4)+c(HMO4-)+ c(MO42-)
D．若F点对应的溶液pH=2，则MO42-的水解平衡常数约为 5.4×10-13mol·L－1
【答案】A
【解析】A项，由H2MO4在水中的电离方程式可知，第一步完全电离，第二步部分电离，由图可知，向20 mL 0.1mol·Lˉ1NaHMO4溶液中滴入cmol·L-1 NaOH溶液，当加入20mLNaOH溶液时，溶液的温度最高，此时恰好反应，则NaOH溶液的浓度也为0.1mol/L，故该NaOH溶液pH=13，故A正确；B项，由A分析知，G点恰好反应生成Na2MO4，继续加入NaOH溶液，水的电离程度减小，故从G点到H点水的电离平衡逆向移动，故B错误；C项，图像中E点表示20 mL 0.1mol·Lˉ1NaHMO4溶液，由于HMO4-不会水解，则溶液中不存在H2MO4，对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+ c(MO42-)，故C错误；D项，F点对应加入10mLNaOH溶液，此时溶液为等浓度的NaHMO4与Na2MO4的混合溶液，对于MO42-的水解反应MO42-+H2OHMO4-+OH- ，MO42-的水解平衡常数为，此时，c(HMO4-)≈c(MO42-)，则MO42-的水解平衡常数，故D错误；故选A。
15．(2021·甘肃白银市期末)向溶液中缓慢滴加100 mL盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的变化如图所示(和未画出)，已知：碳酸的电离平衡常数，，下列说法错误的是( )

A．滴加至A点时，
B．滴加至B点时，
C．滴加至C点时，
D．滴加至D点时，溶液的pHn(HCO3-)，，故A正确；B项，，，B点时，n(CO32-)=n(HCO3-)，c(H+)=5.60×10-11，，故B正确；C项，由C点知，n(Cl-)>n(HCO3-)>n(CO32-)，此时加入n(HCl)=0.01 mol，此时溶质为KCl和KHCO3，且等浓度，由物料守恒得：n(Cl-)=n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3),又因为n(H2CO3)>n(CO32-)，所以，故C错误；D项，D点时，n(Cl-)=0.02 mol,说明K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O恰好完全反应，生成的二氧化碳部分溶于水，则溶液的pHc(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成Na2HPO3，HPO32-浓度增加，所以曲线a代表X(HPO32-)；继续滴加亚磷酸，NaH2PO浓度降低，NaH2PO升高，所以曲线b代表X(H2PO3-)，曲线c代表X(H3PO3)。A项，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成Na2HPO3，HPO32-浓度增加，所以曲线a代表X(HPO32-)，故A正确；B．pOH=7时，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在Na2HPO3和NaH2PO3两种溶质，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，其中c(OH-)=c(H+)，即c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，故B正确；C项，H2PO3-在溶液中存在电离平衡H2PO3-H++HPO32-，平衡常数Ka=，pOH=7.3时，c(HPO32-)=c(H2PO3-) HPO32-且=10-6.7mol/L，所以Ka=10-6.7，故C正确；D项，等浓度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液中，H2PO3-既电离又水解，其电离常数Ka>Kh==，以电离为主；HPO32-只水解，其水解常数Kh==c(OH-)，所以溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(HPO32-)>c(H2PO3-)>c(H+)>c(OH-)，故D错误；故选D。
23．(2021·江苏扬州市高三期末)常温下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。向20ml0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入NaOH固体并恢复至常温，理论上溶液中NH4+、NH3·H2O、HCO3-、CO32-的变化如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是( )

A．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液：c(NH4+)＞c(H2CO3)＞c(HCO3-)＞c(NH3·H2O)
B．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.2mol·L-1
C．曲线a表示的是c(NH4+)的变化
D．M点时：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=0.1mol·L-1+c(H+)
【答案】C
【解析】A项，0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中，NH4++H2O NH3·H2O+H+水解平衡常数K1===，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解平衡常数K2===10-3, K2> K1,所以HCO3-的水解程度大，则：c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(NH3·H2O)，故A错误；B项，由物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3·H2O) =0.1mol·L-1，c(H2CO3) +c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol·L-1，所以c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(HCO3-)+c(CO32-)N点
B．滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)-3c(HC2O4-)>0
C．若c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，则pH范围为3.5c(H2C2O4)可得)>>1，由电离常数可得)>>1，解不等式可知氢离子的范围为10—5mol/L< c(H+) HCO3-，则过量 Na2CO3溶液中与H2A 溶液反应生成NaHCO3和Na2A，反应的离子方程式为. H2A+2 CO32- = 2 HCO3- + A2-，故D 正确；故选D。
二、非选择题
26．一种利用钢铁厂烟灰(含Fe、Mn、SiO2，少量的Al2O3、CaO及MgO)制备MnCO3的工艺流程如下：

已知25℃时，下列难溶物的溶度积常数：
难溶物
CaF2
MgF2
MnCO3
Mn(OH)2
Ksp
4.0×10-11
6.4×10-9
2.2×10-11
1.9×10-13
回答下列问题：
(1)步骤(Ⅰ)浸渣的主要成分是______________(填化学式)。
(2)步骤(Ⅱ)加H2O2溶液时反应的离子方程式为________________；
加氨水调节pH沉铁铝时，步骤(Ⅲ)应调节的pH适宜范围为____________。(部分金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH范围如下)
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mn2+
Mg2+
沉淀pH范围
7.6～9.6
2.7~3.7
3.4~5.2
8.3~9.3
9.6～11.1
(3)步骤(Ⅳ)用KF溶液沉钙镁时，要使c(Ca2+)、c(Mg2+)均小于1×10-6mol·L-1，则应控制反应液中c(F-)>___________mol·L-1；反应MgF2(s)+Ca2+CaF2(s)+Mg2+的平衡常数K=___________。
(4)步骤Ⅴ沉锰时，在60℃按投料比n[(NH4)2CO3]/n(Mn2+)=2，溶液的pH对MnCO3产率的影响如图所示；pH=7，按投料比n[(NH4)2CO3]/n(Mn2+)=2，反应温度对MnCO3产率的影响如图所示。

①上图中，在pH7.0时，pH越大产率越低且纯度也降低，其原因是___________________。

②上图中，温度高于60℃时，温度越高产率越低且纯度也越低，主要原因是______________。
【答案】(1)SiO2 (2)2Fe2++H2O2+2H+-2Fe3++2H2O 5.2~8.3
(3)0.08 160 (4)①越低 部分MnCO3转化为溶解度更小的Mn(OH)2
②温度越高MnCO3水解程度越大[或温度升高，(NH4)2CO3和MnCO3也会热分解]
【解析】(1)步骤(Ⅰ)浸渣的主要成分是不与浓硫酸反应的酸性氧化物二氧化硅；(2)步骤(Ⅱ)加H2O2溶液时，双氧水将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+-2Fe3++2H2O；加入氨水的目的是调节溶液pH，使溶液中铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀而除去，而锰离子不能沉淀，由题给表格数据可知，应调节的pH适宜范围为5.2~8.3；(3)用KF溶液沉钙镁时，溶解度小的CaF2沉淀先生成，MgF2沉淀后生成，则c(Mg2+)小于1×10-6mol·L-1时，溶液中c(F-)>mol/L；反应MgF2(s)+Ca2+CaF2(s)+Mg2+的平衡常数K==160； (4) ①由图可知，在60℃按投料比n[(NH4)2CO3]/n(Mn2+)=2时，在pH7.0时，溶液碱性增强， MnCO3部分会转化为溶解度更小的Mn(OH)2，导致产率和纯度降低；②由图可知，60℃时，MnCO3产率最大，温度高于60℃时，温度升高MnCO3水解程度越大，(NH4)2CO3和MnCO3也会热分解，导致产率和纯度降低。
27．铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含BeO:25%、CuS:71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下:

已知:I.铍、铝元素化学性质相似
II.常温下:Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=-2.1×10-13
(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有_____ (填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_____________。
(2)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择最合理步骤顺序______。
a.加入过量的NaOH b.通入过量的CO2 c.加入过量的氨水
d.加入适量的HC1 e.过滤 f.洗涤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是________________。
(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应II中CuS 发生反应的化学方程式______________。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是____________(任写一条)。
(4)溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol/L、c(Fe3+)=0.008mol/L c(Mn2+)=0.01mol/L，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是___ (填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH值大于____。
【答案】(1)Na2SiO3、Na2BeO2(2分) BeO22-+4H+=Be2++2H2O
(2)①cefd ②在氯化氢气流中蒸发结晶(或蒸发结晶时向溶液中持续通入氯化氢气体)
(3)①MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O ②产生污染环境的气体
(3)Fe3+ 4
【解析】(1)旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息I，BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠反应，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息I，BeO2－与过量盐酸反应生成氯化铍和水。其离子方程式为BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O。(2)①利用Be元素、铝元素化学性质相似，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是cefd；②为了抑制Be2＋的水解，因此需要在HCl的氛围中对BeCl2溶液蒸发结晶；(3)①根据信息，CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；②用浓硝酸作氧化剂，浓HNO3被还原成NO2，NO2有毒污染环境；(4)三种金属阳离子出现沉淀，根据浓度商与Ksp的关系，Cu2＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，Fe3＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，Mn2＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，因此首先沉淀的是Fe3＋，为使Cu2＋沉淀，此时c(OH－)=1×10－10mol·L－1，c(H＋)=10－14/10－10=10－4mol·L－1，即pH=4，当pH>4时，Cu2＋出现沉淀。
28．锂离子电池是目前具有最高比能量的二次电池。LiFePO4可极大地改善电池体系的安全性能，且具有资源丰富、循环寿命长、环境友好等特点，是锂离子电池正极材料的理想选择。生产LiFePO4的一种工艺流程如图：

已知：Ksp(FePO4·xH2O)＝1.0×10－15，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。
(1)在合成磷酸铁时，步骤Ⅰ中pH的控制是关键。如果pH 9.8
甲基橙
红
pH < 3.1
橙
pH 3.1~4.4
黄
pH > 4.4
①滴定至第一终点时，溶液中含碳微粒的主要存在形式为______________。
②滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为____________________。
③已知：pKa1= −lgKa1，结合图像可知，H2CO3的pKa1约为________。
a.5.0 b.6.4 c.8.0 d.10.3
(3)下列有关滴定的说法正确的是________。
a.滴定至第一终点时，溶液中 c(H+)+c(Na+) = 2c(CO32-) + c(HCO3-) + c(OH−)
b.滴定至第一终点时，溶液中 n(Cl−) +n(CO32-) + n(HCO3-) + n(H2CO3) =n(Na+)
c.判断滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色
d.记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，会导致测得的NaOH质量分数偏低
(4)样品中NaOH的质量分数(NaOH) =________%(计算结果保留小数点后 1 位)
【答案】(1)100mL容量瓶(量筒) 用标准盐酸溶液润洗酸式滴定管
(2)①HCO3- ②H++OH-═H2O H+ + CO32-= HCO3- ③b
(3)bcd (4)84.1
【解析】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；还缺少的玻璃仪器：100mL容量瓶(量筒)，酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是：用HCl标准溶液润洗酸式滴定管；(2) ①第一阶段滴定使用了酚酞做指示剂，故滴定到pH为8时，即为滴定终点，对照微粒分布图中可知，此时，溶液中含碳微粒的主要存在形式为HCO3-；②滴定至第一终点的过程中OH-和CO32-与盐酸反应分别生成水和HCO3-，故该过程中发生反应的离子方程式为H++OH-═H2O，H+ + CO32-= HCO3-；③根据电离平衡常数表达式可知H2CO3的Ka1= 结合图像可知，当pH=6.4左右时，c(H2CO3) = c(HCO3-)，故H2CO3的pKa1约为6.4，故答案为b； (3) a项，滴定至第一终点时，溶液中的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+) = 2c(CO32-) + c(HCO3-) +c(OH−)+c(Cl−)，故a错误；b项，滴定至第一终点时，溶液中是氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，故由物料守恒式：n(Cl−) +n(CO32-) + n(HCO3-) +n(H2CO3) =n(Na+)，故b正确；c项，根据图中可知，碳酸氢根基本完全转化为碳酸时，pH大致为4，故滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色，故c正确；d项，记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，记录盐酸溶液体积V1减小，计算得到碳酸钠质量增大，氢氧化钠质量减小，质量分数减小，故d正确；故选bcd；(4)将0.1000mol/L HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为NaCl和NaHCO3)，记录酸式滴定管的读数V1，发生的反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，记录酸式滴定管的读数V2。重复上述操作两次，记录数据如表，平均V1=，平均V2=，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗的盐酸溶液体积=23.70mL-22.20mL=1.50mL，结合反应过程计算样品中碳酸钠的质量=0.0015L×0.1mol/L×=0.00075mol，得到样品中氢氧化钠的质量分数=。