适用于新高考新教材广西专版2024届高考化学一轮总复习章末检测卷八水溶液中的离子反应与平衡

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考化学一轮总复习章末检测卷八水溶液中的离子反应与平衡，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.关于常温下0.1 ml·L-1醋酸溶液,下列叙述正确的是( )
A.溶液中c(H+)=c(CH3COO-)
B.加水稀释后,溶液中所有离子的浓度均减小
C.加入醋酸钠晶体后,溶液的pH增大
D.加入等体积、pH=13的NaOH溶液后,c(Na+)=c(CH3COO-)
2.(2022浙江6月选考)25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是( )
A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 ml·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 ml·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小
3.(2022江苏泰州调研测试)常温下,
(H2C2O4)=10-1.26、(H2C2O4)=10-4.27、Ksp(CaC2O4)=10-8.64,实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质,相关实验记录如表:
下列所得结论正确的是( )
A.实验1中H2C2O4溶液具有漂白性
B.实验2中a>7
C.实验3清液中c(HC2)=10-4.37 ml·L-1
D.实验4溶液中c(Cl-)=c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)
4.25 ℃时,下列说法正确的是( )
A.向Na2C2O4溶液中加水,溶液中所有离子浓度都减小
B.pH=3的醋酸溶液和pH=4的醋酸溶液,醋酸浓度前者是后者的10倍
C.浓度均为0.1 ml·L-1的三种溶液:NaClO、CH3COONa、Na2CO3,它们的pH依次增大
D.pH=2的HA溶液和0.01 ml·L-1的MOH溶液等体积混合后,恰好完全反应,则HA为强酸
5.常温下,下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是( )
A.含有Al3+的溶液中:K+、Na+、HC、Cl-
B.=1012的溶液中:K+、Na+、Mn、Cl-
C.pH=6.5的溶液中:Na+、Mg2+、Cl-、S
D.水电离出的c(H+)=1.0×10-12 ml·L-1的溶液中:Na+、N、S2-、Br-
6.60 ℃,关于pH=2的CH3COOH溶液的说法正确的是( )
A.c(CH3COOH)=0.01 ml·L-1
B.c(OH-)=1.0×10-12 ml·L-1
C.加水能促进醋酸的电离
D.c(CH3COO-)=c(H+)
7.下列说法正确的是( )
A.将0.1 ml·L-1的盐酸稀释至100 mL,溶液pH变为3
B.恰好中和等体积、等浓度的甲酸与乙酸溶液,消耗NaOH的物质的量相等
C.升高温度,MCl盐溶液pH减小,一定能证明MOH是弱电解质
D.亚硫酸的酸性强于次氯酸,所以可发生反应:NaClO+H2SO3NaHSO3+HClO
8.(2022山东师范大学附属中学考前预测)室温下,向10 mL浓度均为0.1 ml·L-1的CuCl2、FeCl2和ZnCl2溶液中分别滴加等浓度的Na2S溶液,滴加过程中pc[pc=
-lg c(M2+),M2+为Cu2+或Fe2+或Zn2+]与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知:Ksp(CuS)c(CH3COO-),D错误。
2.C 解析 本题考查弱电解质的电离,侧重考查基础知识的理解和灵活运用,明确弱电解质的电离特点及影响弱电解质电离的因素是解答本题的关键。苯酚的酸性弱于醋酸,故C6H5O-的水解程度大于CH3COO-,故相同温度下pH相同的C6H5ONa溶液与CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)KW(25℃)=10-14,则溶液中的c(OH-)>1.0×10-12ml·L-1,B错误;加水稀释,醋酸的电离程度增大,C正确;醋酸溶液中存在电荷守恒关系:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+),D错误。
7.B 解析 没有告诉0.1ml·L-1盐酸的体积,无法计算稀释后溶液的pH,A不符合题意;等体积、等浓度的甲酸与乙酸溶液中含有甲酸和乙酸的物质的量相等,中和时消耗NaOH的物质的量相等,B符合题意;若MOH为强电解质时,MCl为强酸强碱盐,其水溶液呈中性,加热后水的电离程度增大,氢离子浓度增大,MCl盐溶液pH减小,所以MOH可能为强电解质,C不符合题意;亚硫酸的酸性强于次氯酸,次氯酸具有强氧化性,能够氧化H2SO3,正确的化学方程式为NaClO+H2SO3H2SO4+NaCl,D不符合题意。
8.D 解析 加入10mLNa2S时,Fe2+沉淀达到终点,溶液中c(Fe2+)≈c(S2-),Ksp(FeS)=6.25×10-18,则c(Fe2+)==2.5×10-9ml·L-1,-lg(2.5×10-9)=8.6,题图c点、d点纵坐标都已给出,只能是m=8.6,A正确;a点为CuCl2溶液,由电荷守恒得2c(Cu2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),由物料守恒可得2c(Cu2+)+2c[Cu(OH)2]=c(Cl-),所以c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH)2],B正确;盐类的水解会促进水的电离,未加入Na2S时,金属阳离子的水解促进水的电离,随着Na2S的加入,金属阳离子和S2-形成沉淀,溶液中水解的离子越来越少,水的电离程度逐渐减小,当完全沉淀时,即d点,水的电离程度最小,继续加入Na2S溶液,溶液中S2-越来越多,而S2-也会发生水解,所以d→g的过程中,水的电离程度逐渐增大,C正确;ZnCl2可溶于水,加入0.1ml·L-1的Na2S溶液中,当S2-完全沉淀后,ZnCl2可以继续溶于水电离出Zn2+,溶液中c(Zn2+)可以远大于10-24.4ml·L-1,D错误。
9.D 解析 H2CrO4、HCr能够同时存在,说明铬酸是弱酸,第一步电离为不完全电离,A不符合题意;由于a点处存在三种物质,Cr与Cr2的物质的量分数相同,而HCr少于前面两种,故δ(Cr)=δ(Cr2)>,B不符合题意;当c(Cr)=c(HCr)时,pH范围在6~7,=c(H+),数量级为10-7,C不符合题意;Na2CrO4本身显碱性,加水稀释,pH会趋近于7,即pH会减小,c(H+)增大,2Cr+2H+Cr2+H2O右移,使n(Cr)减小,n(Cr2)增大,故增大,D符合题意。
10.D 解析 据题图可知H2FeO4和HFe共存,说明H2FeO4在水溶液中不完全电离,为弱电解质,A错误;该反应的平衡常数表达式为K=,据题图可知当c(H3Fe)=c(H2FeO4)时,pH10-2ml·L-1,所以KKsp(AgSCN)=2×10-12可知,硝基苯的作用为防止AgCl转化为AgSCN,C错误;取消步骤Ⅲ,则AgCl转化为AgSCN,所需NH4SCN溶液的体积V偏大,由B项分析可知,测定结果偏小,D错误。
15.D 解析 本题属于沉淀溶解平衡图像题,重点考查学生分析图像的能力、平衡常数的表达式及相关计算。
对于含SrSO4(s)的Na2SO4溶液,当溶液pH变化时,溶液中硫酸根离子浓度几乎不变,不会使SrSO4(s)Sr2+(aq)+S(aq)发生移动,即含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变,又因为pH相同时,溶液中硫酸根离子浓度增大,SrSO4的沉淀溶解平衡向沉淀方向移动,因此锶离子浓度减小,所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml·L-1硫酸钠溶液的变化曲线,曲线②代表含硫酸锶固体的1.0ml·L-1硫酸钠溶液的变化曲线;对于含SrCO3(s)的Na2CO3溶液,当溶液pH减小时,溶液中碳酸根离子浓度减小,SrCO3的沉淀溶解平衡向溶解的方向移动,锶离子浓度增大,又因为pH相同时,1.0ml·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子的浓度大于0.1ml·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子的浓度,因此曲线③表示含碳酸锶固体的0.1ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线,曲线④表示含碳酸锶固体的1.0ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线。反应SrSO4(s)+CSrCO3(s)+S的平衡常数K=,A项正确;曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml·L-1硫酸钠溶液的变化曲线,则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10-5.5×0.1=10-6.5,温度不变,溶度积不变,则pH为7.7的含硫酸锶固体的1.0ml·L-1硫酸钠溶液中,锶离子的浓度为ml·L-1=10-6.5ml·L-1,即a=-6.5,B项正确;由分析可知,曲线④表示含碳酸锶固体的1.0ml·L-1碳酸钠溶液的变化曲线,C项正确;根据图像分析可知,对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0ml·L-1的混合溶液,pH≥6.9时,溶液中Sr2+浓度减小,发生了SrSO4(s)到SrCO3(s)的转化,D项错误。
16.答案 (1)①ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O ②Zn2+
(2)①与SO2-H2O体系相比,该体系溶液酸性更强,与硫酸体系相比,该体系中二氧化硫具有还原作用,SO2将Fe3+还原为Fe2+,降低了Fe3+浓度,促进反应平衡向着溶解的方向移动 ②铜的氧化物转化为铜的硫化物,+2价铜的化合物被二氧化硫还原,形成硫化亚铜
解析 (1)①铁酸锌的化学式为ZnFe2O4,铁酸锌和硫酸发生非氧化还原反应生成Zn2+和Fe3+,所以离子方程式为ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O。
②ZnFe2O4中Fe3+的物质的量为Zn2+的两倍,而根据表格可知酸溶时,溶出的Fe3+的物质的量小于Zn2+的两倍,所以酸溶时,溶出效率较高的金属离子是Zn2+。
(2)①根据锌渣酸溶时发生反应:ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O,可知酸性环境有利于锌渣的溶解,Fe3+具有较强的氧化性,会与还原性的二氧化硫反应从而降低Fe3+浓度,促进反应平衡向着溶解的方向移动。
②在酸性条件下,锌渣中的铜的氧化物转化为不溶于酸的硫化物,而二氧化硫具有较强的还原性,可以将+2价的铜还原从而形成硫化亚铜。
17.答案 (1)13 (2)CH3COOHCH3COO-+H+、H2OOH-+H+ (3)①④ (4)丙 (5)20.00 (6)2 (7)CH3COO-+H2OOH-+CH3COOH
解析 (1)氢氧化钠是强碱,所以溶液中c(OH-)=10-1ml·L-1,则溶液的pH=13。
(2)醋酸和水都是弱电解质,所以存在的电离平衡为CH3COOHCH3COO-+H+、H2OOH-+H+。
(3)常温下,用水稀释0.1ml·L-1CH3COOH溶液,促进平衡CH3COOHCH3COO-+H+向右移动,所以n(H+)变大,但是体积增大的程度大于氢离子增加的程度,所以c(H+)变小,由于常温下KW不变,根据KW=c(H+)·c(OH-),所以c(OH-)变大;温度不变,Ka=不变,而c(H+)变小,所以变小。
(4)酸或碱都是抑制水的电离平衡的,且溶液中H+或OH-浓度越大,对水的电离的抑制程度越大。所以根据酸碱的浓度可知,甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为丙>甲=乙。
(5)盐酸和氢氧化钠恰好反应时,溶液显中性,所以根据酸碱的浓度以及盐酸的体积可知,消耗氢氧化钠溶液的体积是20.00mL,即a=20.00。
(6)题图2中V(NaOH溶液)=0时,pH大于1,可知0.1ml·L-1该溶液的pH大于1,所以图2应该表示甲溶液(NaOH溶液)滴定丙溶液(CH3COOH溶液)的曲线。
(7)a=20.00时,刚好生成醋酸钠,CH3COO-水解:CH3COO-+H2OOH-+CH3COOH使溶液显碱性。
18.答案 (1)增大溶解速率 SiO2
(2)TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+
(3)低于40 ℃升温速率加快,转化率增大;高于40 ℃ H2O2分解,氨气逸出,导致速率减慢,转化率降低
(4)4NA Li2Ti5O15+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑+2O2↑
(5)10
(6)H2SO4
解析 该含钛高炉废渣的主要成分有TiO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2,加入盐酸酸浸,滤液中含有氯化铁、氯化铝、盐酸,再加入氨水分步沉淀,得到氢氧化铁、氢氧化铝,废水中含有氯化铵;浸渣中含有TiO2、SiO2,由第(2)问可知,加入硫酸酸溶时,TiO2溶解转化为TiO2+,SiO2不反应,酸溶渣为SiO2,滤液中加入热水,TiO2+水解生成TiO2·xH2O。
(1)酸浸过程中适当升温的目的是增大溶解速率,由分析可知,酸溶渣的主要成分为SiO2。
(2)TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀,根据电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式是TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+。
(3)40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因是低于40℃升温速率加快,转化率增大;高于40℃H2O2分解,氨气逸出,导致速率减慢,转化率降低。
(4)(NH4)2Ti5O15中Ti为+4价,设-1价O的个数为x,-2价O的个数为y,则可得出,x+y=15,x+2y=22,解得x=8,y=7,即-1价O的个数为8,则1ml该物质中所含过氧键的数目为4NA。同理可得,Li4Ti5O12中O均为-2价,则可知反应过程中Li2Ti5O15中-1价O既有降价,又有升价,得到氧气,则由Li2Ti5O15与Li2CO3煅烧生成Li4Ti5O12的化学方程式为Li2Ti5O15+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑+2O2↑。
(5)由图可知,Ksp[Fe(OH)3]=10-2×(10-12.2)3,Ksp[Al(OH)3]=10-2×(10-10.2)3,当Fe3+恰好沉淀完全时,c3(OH-)=,则此时c(Al3+)=ml·L-1=10ml·L-1,故溶液中Al3+浓度不超过10ml·L-1。
(6)由分析可知,酸溶步骤使用硫酸,水解后的母液中含有硫酸,则可循环利用的物质为H2SO4。
19.答案 (1)①对固体进行X射线衍射 ②c(OH-)>c(S2-)>c(HS-) ③92.95% (2)①增大c(C),吸收CO2气体,防止液体外溢,造成危险 ②向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液,边加边搅拌,至溶液pH在6.5~7.5之间,充分静置后过滤。用蒸馏水洗涤滤渣,取最后一次洗涤滤液,先加盐酸,再加氯化钡溶液若不出现白色沉淀,干燥;若出现白色沉淀则重新洗涤后重复此操作,至无白色沉淀生成,干燥
解析 (1)①测定SiO2是晶态还是非晶态,可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射。
②由元素质量守恒可知,c(Ba2+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1ml·L-1,pH≈13可得c(H+)=10-13ml·L-1,c(OH-)=10-1ml·L-1,(H2S)==1.3×10-13,=1.3,c(S2-)>c(HS-),所以c(OH-)>c(S2-)>c(HS-)。③步骤Ⅲ消耗Na2S2O3的物质的量为20.00×10-3L×0.05000ml·L-1=0.001ml,所以步骤Ⅲ消耗I2的物质的量为0.0005ml,步骤Ⅱ中加入I2的物质的量为20.00×10-3L×0.08000ml·L-1=0.0016ml,所以步骤Ⅱ中消耗I2的物质的量为0.0016ml-0.0005ml=0.0011ml,根据反应I2+S2-S↓+2I-可知,n(S2-)=n(BaS)=0.0011ml,BaS的质量分数=×100%=
×100%=92.95%。
(2)①实际制取MnCO3时,一般选择使用氨水-NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固体,这样改进的优点是增大c(C),吸收CO2气体,防止液体外溢,造成危险。
②向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液,边加边搅拌,至溶液pH在6.5~7.5之间,充分静置后过滤。用蒸馏水洗涤滤渣,取最后一次洗涤滤液,先加盐酸,再加氯化钡溶液若不出现白色沉淀,干燥;若出现白色沉淀则重新洗涤后重复此操作,至无白色沉淀生成,干燥。
20.答案 (1)①三角锥形 ②H2SiF6+3Ca(OH)23CaF2+SiO2+4H2O ③2.5×10-3
(2)①H3AsO3+ClO-+2OH-HAs+Cl-+2H2O ②方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+,导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少,氧化效果减弱 ③pH>8时,随着废水pH的增大,溶液中As(Ⅴ)由HAs转化为As,所带负电荷增大,且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多,静电斥力增大,不利于吸附沉降
解析 (1)①As中心原子的价层电子对数是3+=3+1=4,所以空间结构是三角锥形。
②该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)23CaF2+SiO2+4H2O。
③=104,c(F-)==5×10-4ml·L-1,c(S)=(5×10-4)2×104ml·L-1=2.5×10-3ml·L-1。
(2)①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液,NaClO能将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ),此时主要以HAs的形式存在,则主要发生反应的离子方程式为H3AsO3+ClO-+2OH-HAs+Cl-+2H2O。
②由已知信息ⅰ可知,方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+,导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少,氧化效果减弱。
③pH>8时,随着废水pH的增大,溶液中As(Ⅴ)由HAs转化为As,所带负电荷增大,且由已知信息ⅱ可知Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多,静电斥力增大,不利于吸附。
实验
实验操作和现象
1
常温下,向4 mL 0.01 ml·L-1的酸性KMnO4溶液中加入2 mL 0.10 ml·L-1 H2C2O4溶液,溶液褪色
2
常温下,测得0.10 ml·L-1 NaHC2O4溶液的pH=a
3
常温下,向0.10 ml·L-1 NaHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀,测得上层清液pH=4,c(Ca2+)=10-4 ml·L-1
4
常温下,向0.10 ml·L-1 Na2C2O4溶液中滴加等浓度盐酸至溶液的pH=7
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1 ml·L-1 NH4HCO3溶液的pH,测得pH约为10
2
向浓度为0.1 ml·L-1 NH4HCO3溶液中加入足量NaOH,有刺激性气味气体产生
3
浓度均为2.0 ml·L-1 NH4HCO3溶液和NaCl溶液等体积混合,有晶体析出,过滤
时间/h
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
0.10
0.11
0.15
0.21
0.21
0.12
0.13
0.16
0.21
0.30