新教材（广西专用）高考化学二轮复习专题突破练11水溶液中的离子平衡(B)含答案

这是一份新教材（广西专用）高考化学二轮复习专题突破练11水溶液中的离子平衡(B)含答案，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.关于室温下pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液,下列叙述正确的是( )。
A.氨水中的c(NH4+)与NaOH溶液中的c(Na+)相同
B.温度均升高20 ℃(不考虑挥发),两溶液的pH均不变
C.加水稀释相同的倍数后,两种溶液的pH仍相同
D.与等物质的量浓度的盐酸反应,恰好中和时所消耗的盐酸的体积相同
2.已知H2S是二元弱酸,将a ml·L-1 NaHS(显碱性)与b ml·L-1 NaOH两种稀溶液等体积混合,所得溶液中粒子间的物质的量浓度关系正确的是( )。
A.a=12b时,c(Na+)+c(H+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)
B.a=b时,c(Na+)>c(S2-)>c(HS- )>c(OH-)
C.a=2b时,c(S2-)>c(HS- )>c(OH-)>c(H+)
D.a=4b时,4c(Na+)=5c(S2-)+5c(HS-)+5c(H2S)
3.实验测得等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法错误的是( )。
A.NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应
B.M点之前,升温pH减小,主要原因是升温促进水的电离
C.N点时NaHCO3已经完全分解
D.若将N点溶液恢复到25 ℃,pH>8.62
4.(2023河南郑州二模)已知室温下,磷酸三步电离的pKa(-lg Ka)分别用a1、a2、a3表示,它们与溶液pH的关系如下图:
某工厂排放的含磷废水pH约为6。下列叙述错误的是( )。
A.NaH2PO4溶液呈酸性,原因是a2+a3>14
B.室温下,磷酸溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)
C.该废水中存在:c(H2PO4-)>c(HPO42-)>c(PO43-)
D.该废水除磷时加入CaCl2溶液生成Ca5(PO4)3OH的主要反应为3H2PO4-+5Ca2++H2OCa5(PO4)3OH↓+7H+
5.向100 mL 5.0 ml·L-1的NaOH溶液中通入H2S气体,含硫粒子在不同pH溶液中的分布系数(δ)如图所示。下列说法正确的是( )。
A.曲线m表示pH与HS-的变化关系
B.S2-+H+HS-的平衡常数数量级为1014
C.HS-的电离程度大于水解程度
D.配制Na2S溶液时可将Na2S固体直接溶于水
6.某硫酸盐在水中的沉淀溶解平衡图像如下(M2+代表+2价金属离子)。下列说法正确的是( )。
A.363 K时,该硫酸盐的溶度积Ksp的数量级为10-3
B.温度一定时溶度积Ksp随c(SO42-)的增大而减小
C.313 K下的该盐饱和溶液升温到363 K时有固体析出
D.283 K下的该盐饱和溶液升温到313 K时有固体析出
7.化学中常用AG表示溶液的酸度[AG=
lg c(H+)c(OH-)]。室温下,向20.00 mL 0.100 0 ml·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸,混合溶液的温度与酸度AG随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是( )。
A.室温下MOH的电离常数Kb=1.0×10-6
B.当AG=0时,溶液中存在c(SO42-)>c(M+)>c(H+)=c(OH-)
C.A点对应的溶液中:c(M+)+c(MOH)=8c(SO42-)
D.B、C、D三点对应的溶液中,水的电离程度大小关系:C>B=D
二、非选择题
8.(1)常温下,用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液,在NH4HCO3溶液中,c(NH4+) (填“>”“c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
c.c(K+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)
(3)工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体,其离子方程式为Fe2++H2C2O4+xH2OFeC2O4·xH2O↓+2H+。
①制备时需添加氨水以提高FeC2O4·xH2O的产率,从化学平衡移动原理角度解释原因: 。
②测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值,实验如下:
称取0.540 0 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中,用酸性KMnO4溶液滴定。到达滴定终点时,消耗0.100 0 ml·L-1的酸性KMnO4溶液18.00 mL。
已知:滴定过程中铁、碳元素分别被氧化为Fe3+、CO2,锰元素被还原为Mn2+,则FeC2O4·xH2O中x= (FeC2O4的摩尔质量是144 g·ml-1)。
专题突破练十一 水溶液中的离子平衡(B)
一、选择题
1.A 解析 pH相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液,NH3·H2ONH4++OH-,NaOHNa++OH-,pH相同,氢氧根离子浓度相同,c(NH4+)、c(Na+)相同,A项正确。温度升高20 ℃,促进NH3·H2ONH4++OH-正向移动,氢氧根离子浓度增大,pH增大,升高温度KW增大,NaOH溶液pH减小,B项错误。pH相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液,加水稀释相同的倍数后,促进NH3·H2O的电离,而氢氧化钠的电离不变,故氨水中c(OH-)大于氢氧化钠溶液,所以两种溶液的pH不相同,C项错误。pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液,NH3·H2O为弱电解质,氨水中溶质的浓度大于氢氧化钠溶液,与等物质的量浓度的盐酸反应,氨水消耗盐酸的体积比氢氧化钠溶液消耗盐酸的体积大,D项错误。
2.D 解析 当a=12b时,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-),A项错误。当a=b时,等物质的量的NaHS和NaOH混合,根据化学式中出现的离子浓度大于化学式中未出现的离子浓度,故Na2S溶液中:c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-),B项错误。当a=2b时,有等物质的量的Na2S和NaHS,溶液显碱性,根据化学式中出现的离子浓度大于化学式中未出现的离子浓度可知: c(HS- )>c(S2-)>c(OH-)>c(H+),C项错误。当a=4b时,溶液中含3份NaHS、1份Na2S,根据元素质量守恒有:4c(Na+)=5c(S2-)+5c(HS-)+5c(H2S),D项正确。
3.C 解析 盐类的水解可看作中和反应的逆反应,中和反应放热,则盐类的水解是吸热反应,A项正确。升高温度,NaHCO3的水解程度增大,使溶液pH增大,同时温度升高,KW增大,使溶液的pH减小,M点之前NaHCO3溶液的pH减小,说明温度升高,促进水的电离起主导作用,B项正确。M点到N点,溶液的pH增大,是由于NaHCO3分解生成Na2CO3,Na2CO3水解使溶液的碱性增大,但不能判断NaHCO3是否完全分解,C项错误。N点溶液中Na2CO3含量大,Na2CO3的水解程度大于NaHCO3,故N点溶液恢复到25 ℃,溶液的pH>8.62,D项正确。
4.A 解析 在NaH2PO4溶液中主要存在电离平衡:H2PO4-H++HPO42-,Ka2≈10-7,水解平衡:H2PO4-+H2OOH-+H3PO4,Kh=KWKa1=10-1410-2.12=10-11.88,因为Ka2>Kh,电离程度大于水解程度,溶液显酸性,由Ka2>KWKa1,得Ka1·Ka2>KW,即a1+a2>14,A项错误;根据电荷守恒,在磷酸溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-),B项正确;pH=7时pKa=pH,可知c(HPO42-)=c(H2PO4-),因为该废水pH约为6,c(H2PO4-)>c(HPO42-),HPO42-少部分电离生成PO43-,所以c(HPO42-)>c(PO43-),故溶液中存在:c(H2PO4-)>c(HPO42-)>c(PO43-),C项正确;该废水中主要的离子为H2PO4-,加入CaCl2溶液生成Ca5(PO4)3OH的主要反应为3H2PO4-+5Ca2++H2OCa5(PO4)3OH↓+7H+,D项正确。
5.B 解析 在NaOH溶液中通入H2S气体,含硫粒子包括H2S、HS-、S2-,其中S2-水解,溶液显碱性,H2S电离而使溶液显酸性。曲线m上表示的粒子随着pH的增大,分布系数(δ)逐渐减小,因此曲线m表示pH与H2S的变化关系,A项错误。S2-+H+HS-的平衡常数K=c(HS-)c(S2-)c(H+),当c(S2-)= c(HS-)时,pH=14.1,c(H+)=10-14.1 ml·L-1,即K=1014.1,因此S2-+H+HS-的平衡常数数量级为1014,B项正确。当溶液中主要存在HS-时,溶液显碱性,说明HS-的电离程度小于水解程度,C项错误。Na2S能够水解,为了抑制水解,配制Na2S溶液时可将Na2S固体溶于一定浓度的氢氧化钠溶液中,再稀释,D项错误。
6.C 解析 363 K时,Ksp=c(M2+)·c(SO42-)=10-1.70×10-1.50=10-3.20,即Ksp的数量级为10-4,A项错误。溶度积常数只与温度有关,与物质的浓度无关,B项错误。363 K时Ksp最小,313 K时Ksp最大,故313 K下的该盐饱和溶液升温到363 K时有固体析出,C项正确。温度由283 K升高到313 K,物质的溶解度增大,溶液由饱和溶液变为不饱和溶液,因此不会有固体析出,D项错误。
7.C 解析 酸碱恰好发生中和反应时,反应放出的热量最多,温度最高,因此C点为酸碱恰好完全反应的点,消耗硫酸的体积为20 mL;根据2MOH~H2SO4可知:c(H2SO4)=20.00 mL×0.100 0ml·L-120 mL×2=0.05 ml·L-1。当AG=lgc(H+)c(OH-)=-8时,溶液溶质为MOH,c(H+)c(OH-)=10-8,结合KW=c(H+)·c(OH-)=10-14可知,c(OH-)=10-3 ml·L-1,根据Kb=c(OH-)c(M+)c(MOH)=10-3×10-30.100 0=10-5,A项错误。根据电荷守恒:2c(SO42-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+),当AG=0时,AG=lgc(H+)c(OH-)=0,则c(OH-)=c(H+),2c(SO42-)=c(M+),溶液中存在:c(M+)>c(SO42-) >c(H+)=c(OH-),B项错误。A点时,消耗硫酸5 mL,根据2MOH~H2SO4可知,消耗MOH的物质的量为2×0.05×5×10-3 ml,剩余MOH的物质的量为20.00×10-3×0.100 0 ml-2×0.05×5×10-3 ml=1.5×10-3 ml,生成M2SO4的物质的量为0.05×5×10-3 ml,即混合液中n(MOH)∶n(M2SO4)=1.5∶0.25=6∶1;根据元素质量守恒可知,c(M+)+c(MOH)=8c(SO42-),C项正确。C点为酸碱恰好完全反应的点,生成了强酸弱碱盐,此时水解程度最大,从C点以后,硫酸过量,酸抑制水的电离,硫酸属于强酸,对水的电离平衡抑制程度大,因此水的电离程度:C>B>D,D项错误。
二、非选择题
8.答案 (1)> 1.25×10-3
(2)10 有
(3)5.76×1030
(4)4.1
解析 (1)由于NH3·H2O的电离常数大于HCO3-的电离常数,再根据盐类水解规律可得HCO3-的水解程度更大,因此c(NH4+)>c(HCO3-);反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=c(NH3·H2O)·c(H2CO3)c(NH4+)·c(HCO3-)=c(NH3·H2O)·c(H2CO3)·c(OH-)·c(H+)c(NH4+)·c(HCO3-)·c(OH-)·c(H+)=c(H+)·c(OH-)Kb·Ka1=10-142×10-5×4×10-7=1.25×10-3。
(2)MgSO4溶液中c(Mg2+)=0.002 ml·L-1,沉淀平衡时c(OH-)=2×10-110.002 ml·L-1=10-4 ml·L-1,则c(H+)=10-10 ml·L-1,因此生成Mg(OH)2沉淀,应调整溶液pH,使之大于10;在0.20 L 0.002 ml·L-1 MgSO4溶液中加入等体积的0.10 ml·L-1的氨水,镁离子浓度变为0.001 ml·L-1,c(OH-)= 0.05×2×10-5 ml·L-1=0.001 ml·L-1,c(Mg2+)·c2(OH-)=10-9>Ksp=2×10-11,有沉淀产生。
(3)反应2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq)的平衡常数K=c2(Cl-)c(S2-)=c2(Cu+)·c2(Cl-)c2(Cu+)·c(S2-)=Ksp2(CuCl)Ksp(Cu2S)=(1.2×10-6)22.5×10-43=5.76×1030。
(4)HSO3-SO32-+H+的电离常数为Ka2=c(H+)·c(SO32-)c(HSO3-)=1.0×10-7.2,c(SO32-)≈c(H+),c(HSO3-)=0.1 ml·L-1,则c2(H+)=1.0×10-7.2×c(HSO3-)=1.0×10-7.2×0.1=10-8.2,c(H+)=10-4.1 ml·L-1,故pH=-lg c(H+)=4.1。
9.答案 (1)H2C2O4HC2O4-+H+,HC2O4-C2O42-+H+
(2)①H2C2O4+OH-HC2O4-+H2O ②bc
(3)①NH3·H2O与生成的H+反应,使c(H+)减小,平衡向正反应方向移动,产生更多的FeC2O4·xH2O
②2
解析 (2)①由图可知,pH=2.5时,溶液中主要存在HC2O4-,故草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=2.5,反应生成KHC2O4,离子方程式为H2C2O4+OH-HC2O4-+H2O。
②0.1 ml·L-1 KHC2O4溶液中,由电荷守恒可得:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),a项错误。由图可知,KHC2O4溶液呈酸性,则HC2O4-的水解程度小于其电离程度,则有c(C2O42-)>c(H2C2O4),故溶液中:c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),b项正确。KHC2O4溶液中存在HC2O4-的水解和电离平衡,据物料守恒可得c(K+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4),c项正确。
(3)②根据电子得失守恒可得,MnO4-与FeC2O4·xH2O的关系式为3MnO4-~5FeC2O4·xH2O,达到滴定终点时,消耗18.00 mL 0.100 0 ml·L-1 KMnO4溶液,则有n(FeC2O4·xH2O)=53×0.100 0 ml·L-1×18.00×10-3 L=3×10-3 ml,草酸亚铁晶体的质量为0.540 0 g,则有M(FeC2O4·xH2O)=0.540 0 g3×10-3ml= 180 g·ml-1,又知M(FeC2O4)=144 g·ml-1,故FeC2O4·xH2O中x=180-14418=2。