2221高考化学-水溶液中的离子平衡复习质量检测.doc

质量检测(八)水溶液中的离子平衡(时间50分钟，总分值100分)一、单项选择题(此题包括6小题，每题4分，共24分)1在0.1 mol·L1Na2CO3溶液中，以下关系正确的选项是 ()Ac(Na)2c(CO)Bc(OH)2c(H)Cc(HCO)c(H2CO3)Dc(Na)c(CO)c(HCO)解析：选项A中使酚酞溶液呈红色，溶液呈碱性，那么OH与Fe3不能大量共存；选项B中使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，NO在酸性溶液中与Fe2不能大量共存；选项C中c(H)1012mol/L的溶液呈碱性，在碱性溶液中，所给离子均能大量共存；选项D中HCO与H不能大量共存答案：C2以下表达正确的选项是 ()A0.1 mol/L CH3COONa溶液中：c(Na)>c(CH3COO)>c(H)>c(OH)BNa2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和KW均减小CpH5的CH3COOH溶液和pH5的NH4Cl溶液中，c(H)不相等D在Na2S溶液中参加AgCl固体，溶液中c(S2)下降解析：醋酸钠为碱性溶液，故A项错；温度不变，那么KW是不变的，B项错；pH5即代表溶液中c(H)均为105 mol/L，C项错Ag2S比AgCl更难溶，故S2会与Ag结合生成AgS沉淀，D项正确答案：D3甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10 mol/L时，甲酸中的c(H)约为乙酸中c(H)的3倍现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b，以及0.10 mol/L的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b.由此可知 ()Aa的浓度必小于乙酸的浓度Ba的浓度必大于乙酸的浓度Cb的浓度必小于乙酸的浓度Db的浓度必大于乙酸的浓度解析：据题意，甲酸比乙酸酸性强，pH(a)>pH(乙)>pH(b)c(H)关系：a<乙酸<b，所以a的浓度小于乙酸的浓度，而b的浓度与乙酸的浓度大小无法判断答案：A4(2022·全国卷)用0.1 mol·L1的盐酸滴定0.1 mol·L1的氨水，在滴定过程中不可能出现的结果是 ()Ac(NH)c(Cl)，c(OH)c(H)Bc(NH)c(Cl)，c(OH)c(H)Cc(Cl)c(NH)，c(OH)c(H)Dc(Cl)c(NH)，c(H)c(OH)解析：溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况，不遵循电荷守恒，故C项错答案：C5在常温时的以下溶液中，BaSO4的溶解度最大的是 ()A40 mL 1 mol/L的BaCl2溶液B30 mL 2 mol/L的Ba(OH)2溶液C10 mL纯水D50 mL 0.1 mol/L的H2SO4溶液解析：BaSO4在水中存在如下平衡：BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)A项BaCl2中的Ba2促使平衡左移，溶解度减小；B项Ba(OH)2中的Ba2同样使平衡左移，溶解度减小；C项纯水中BaSO4的溶解度不受影响；D项中，SO使平衡左移，溶解度减小答案：C6(2022·广东高考)以下浓度关系正确的选项是 ()A氯水中：c(Cl2)2c(ClO)c(Cl)c(HClO)B氯水中：c(Cl)>c(H)>c(OH)>c(ClO)C等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na)c(CH3COO)DNa2CO3溶液中：c(Na)>c(CO)>c(OH)>c(HCO)>c(H)解析：A项，氯水中只有局部Cl2与水作用，生成HCl和HClO，Cl2的浓度与其他粒子浓度的关系无法确定，A错误B项应为：c(H)>c(Cl)>c(ClO)>c(OH)C项，氢氧化钠与醋酸恰好完全中和，生成的醋酸钠水解呈碱性，c(OH)>c(H)，根据电荷守恒，c(Na)>c(CH3COO)答案：D二、双项选择题(此题包括2小题，每题6分，共12分)7以下各组数据中，其比值为21的是 ()ApH7的氨水与(NH4)2SO4的混合液中，c(NH)与c(SO)之比B相同温度下，0.2 mol·L1HCOOH溶液与0.1 mol·L1HCOOH溶液中c(H)之比CNa2CO3溶液中，c(Na)与c(CO)之比DpH12的KOH溶液与pH12的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度之比解析：A项，由于pH7，即c(H)c(OH)，所以c(NH)2c(SO)；B项，0.1 mol/L HCOOH 溶液相当于由0.2 mol/L加水稀释而得，加水促进电离，其c(H)浓度之比21.C项：由于CO的水解c(Na)c(CO)21；D项cBa(OH)25×103 mol/L.c(KOH)1×102 mol/L c(KOH)cBa(OH)221.答案：AD8常温下pH1的两种一元酸溶液A和B，分别加水稀释至1000倍，其pH与所加水的体积变化如图所示，那么以下结论中正确的选项是 ()AA酸比B酸的电离程度小BB酸比A酸容易电离CA是强酸，B是弱酸DpH1时，B酸的物质的量浓度比A酸大解析：从图上可以看出A酸为强酸而B酸是弱酸pH1时，B酸的物质的量浓度比A酸大所以C和D正确答案：CD三、非选择题(此题包括4小题，共64分)9(15分)水的电离平衡曲线如右图所示 (1)假设以A点表示25°C时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升高到100°C时，水的电离平衡状态到B点，那么此时水的离子积从_增加到_(2)将pH8的Ba(OH)2溶液与pH5的稀盐酸混合，并保持100 °C的恒温，欲使混合溶液pH7，那么Ba(OH)2溶液与盐酸的体积之比为_(3)AnBm的离子积为cn(Am)×cm(Bn)，假设某温度下，Ca(OH)2的溶解度为0.74 g，其饱和溶液密度设为1 g/cm3，其离子积约为_解析：(1)水的离子积是纯水中或水溶液中H与OH总浓度的乘积，它在不同的温度下有不同的值(2)在100°C时，pH6为中性，大于6为碱性，小于6为酸性酸碱反响时，碱开始提供的OH的物质的量去掉被酸中和的OH的物质的量，即为最终剩余的OH的物质的量pHlgc(H)，其中c(H)为溶液中H的总浓度，该公式对任何条件下的任何溶液都适用(3)100 g 水中溶有0.74 g Ca(OH)2到达饱和，此时溶液的体积约为0.1 L所以c(Ca2) mol/L0.1 mol/L，c(OH)0.2 mol/L.故Ca(OH)2离子积为c(Ca2)×c2(OH)0.1×(0.2)20.004.答案：(1)10141012(2)29(3)0.00410(8分)某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：配制0.1000 mol/L和0.01000 mol/L的标准盐酸用0.1000 mol/L的标准盐酸滴定未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL，结果用去盐酸19.60 mL.用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气中的CO2.取Ba(OH)2溶液10.00 mL，放入100 mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀过滤上述所得浊液取滤液20.00 mL，用0.01000 mol/L的盐酸滴定，用去盐酸34.80 mL.请答复以下问题：(1)配制标准盐酸时，需用以下哪些仪器？_；A托盘天平B容量瓶C酸式滴定管 D量筒E烧杯 F胶头滴管G玻璃棒(2)滴定操作中，左手_，右手_，眼睛_；(3)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是_；(4)过滤所得浊液的目的是_；(5)此空气样品中含CO2的体积分数为_；(6)本实验中，假设第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定，使测定结果_(填“偏大“偏小或“无影响)解析：(1)配制一定物质的量浓度的盐酸时，需要仪器有容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管及玻璃棒(2)滴定操作时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化(3)Ba(OH)22HCl=BaCl22H2O，那么cBa(OH)2×10.00 mL×0.1 mol/L×19.60 mL解得cBa(OH)20.098 mol/L.(4)为防止BaCO3与HCl反响，应别离出BaCO3.(5)Ba(OH)2CO2=BaCO3H2O，只要求出余下的Ba(OH)2，就可以计算与CO2反响的Ba(OH)2，CO2的量也就计算出来了过程如下：20 mL滤液中Ba(OH)2的物质的量为34.80×103×0.01×0.174×103 mol，那么100 mL滤液中有Ba(OH)2：0.174×103×5 mol0.870×103 mol，原有Ba(OH)2：10×103 L×0.098 mol/L0.980×103 mol，与CO2反响的Ba(OH)2有(0.9800.870)×103 mol0.110×103 mol，那么n(CO2)0.110×103 mol，那么(CO2)×100%0.025%.(6)偏大，因为第二次滴定消耗标准盐酸偏少，使计算出的剩余Ba(OH)2偏少，那么与CO2反响的Ba(OH)2就偏多答案：(1)B、C、D、E、F、G(2)控制活塞摇动锥形瓶注视锥形瓶内溶液颜色的变化(3)0.0980 mol/L(4)别离出BaCO3，防止HCl与BaCO3反响(5)0.025%(6)偏大11(15分)以下是25时几种难溶电解质的溶解度：难溶电解质Mg(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3溶解度/g9×1041.7×1061.5×1043.0×109在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子如：为了除去氯化铵中的杂质Fe3，先将混合物溶于水，再参加一定量的试剂反响，过滤结晶即可；为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3，先将混合物溶于水，参加足量的氢氧化镁，充分反响，过滤结晶即可；为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2，先将混合物溶于水，参加一定量的H2O2，将Fe2氧化成Fe3，调节溶液的pH4，过滤结晶即可请答复以下问题：(1)上述三个除杂方案都能够到达很好的效果，Fe2、Fe3都被转化为_(填化学式)而除去(2)中参加的试剂应该选择_为宜，其原因是_(3)中除去Fe3所发生的总反响的离子方程式为_(4)以下与方案相关的表达中，正确的选项是_(填字母)AH2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染B将Fe2氧化为Fe3的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤C调节溶液pH4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜或氧化铜DCu2可以大量存在于pH4的溶液中E在pH4的溶液中Fe3一定不能大量存在解析：中为了不引入杂质离子，应参加氨水使Fe3沉淀，而不能用NaOH溶液中根据溶解度表可知Mg(OH)2能转化为Fe(OH)3，因此在MgCl2溶液中参加足量Mg(OH)2除去Fe3，然后将沉淀一并过滤中利用高价阳离子Fe3极易水解的特点，根据题意可知调节溶液的pH4可使Fe3沉淀完全，为了不引入杂质离子，因此可使用CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等答案：(1)Fe(OH)3(2)氨水不会引入新的杂质(3)2Fe33Mg(OH)2=3Mg22Fe(OH)3(4)ACDE12(19分)(2022·山东高考)运用化学反响原理研究氮、氧等单质及其化合物的反响有重要意义(1)合成氨反响N2(g)3H2(g) 2NH3(g)，假设在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡_移动(填“向左“向右或“不)；使用催化剂_反响的H(填“增大“减小或“不改变)(2)：O2(g)=O(g)eH11175.7 kJ·mol1PtF6(g)e=PtF(g)H2771.1 kJ·mol1OPtF(s)=O(g)PtF(g)H3482.2 kJ·mol1那么反响O2(g)PtF6(g)=OPtF(s)的 H_kJ·mol1.(3)在25下，向浓度均为0.1 mol·L1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴参加氨水，先生成_沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为_.25时，KspMg(OH)21.8×1011，KspCu(OH)22.2×1020.(4)在25下，将a mol·L1的氨水与0.01 mol·L1的盐酸等体积混合，反响平衡时溶液中c(NH)c(Cl)，那么溶液显_性(填“酸“碱或“中)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb_.解析：(1)在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，相当于给反响体系减压，那么平衡向着物质的量增大的方向移动(向左移动)；H是一个状态函数，与反响的速率和反响的程度无关，而使用催化剂只能改变反响速率，H不变(2)由盖斯定律可得：HH1H2H31175.7 kJ·mol1(771.1 kJ·mol1)482.2 kJ·mol177.6 kJ·mol1.(3)因为KspCu(OH)2KspMg(OH)2，故先生成Cu(OH)2沉淀注意氨水是弱电解质，在离子方程式中要写成分子形式(4)所发生反响的化学方程式为：NH3·H2OHCl=NH4ClH2O，由电荷守恒可知：c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，因为c(NH)c(Cl)，所以c(OH)c(H)，故溶液显中性Kb，c(NH)c(Cl)0.005 mol·L1，c(OH)c(H)107 mol·L1.c(NH3·H2O)c(NH)(0.005) mol·L1.所以，Kb mol·L1.答案：(1)向左不改变(2)77.6(3)Cu(OH)2Cu22NH3·H2O=Cu(OH)22NH(4)中 mol·L1